diff --git a/.gitignore b/.gitignore new file mode 100644 index 0000000..3d8e795 --- /dev/null +++ b/.gitignore @@ -0,0 +1,14 @@ +MatanColloc.aux +DefinicionClases.sty +MatanColloc.fdb_latexmk +MatanColloc.fls +MatanColloc.loe +MatanColloc.log +MatanColloc.out +MatanColloc.synctex.gz +MatanColloc.toc +MatanColloc.upa +MatanColloc.upb +MatanColloc.pdf +.MatanColloc.fls.icloud +MatanColloc\ 2.fls \ No newline at end of file diff --git a/MatanColloc.tex b/MatanColloc.tex new file mode 100644 index 0000000..42b256b --- /dev/null +++ b/MatanColloc.tex @@ -0,0 +1,352 @@ +\ifdefined\niveldos\else +\documentclass[12pt,letterpaper]{report} + +%Russian-specific packages +%-------------------------------------- +\usepackage[T2A]{fontenc} +\usepackage[utf8]{inputenc} +\usepackage[russian]{babel} +\usepackage[mathscr]{euscript} +\usepackage{amsmath,amsthm,amssymb,latexsym,amsfonts} +\usepackage{lipsum} +\usepackage{soul} +\usepackage{amsmath,amssymb} +\usepackage{parskip} +\usepackage{graphicx} +\usepackage{mathtools} +\usepackage[usestackEOL]{stackengine} +\usepackage{tocloft} +\usepackage{xcolor} +\usepackage{hyperref} +\usepackage{tikz} +\usepackage{thmtools} +\usepackage{amsthm} +\usepackage{pdfcomment} +\usepackage{blindtext} +\usepackage{todonotes} +\usepackage{import} +\usepackage{hyphsubst} +\usepackage{bookmark} +\usepackage{pgfplots} +\usepackage{tikzsymbols} +\usepackage{cancel} +\usepackage{enumerate} +\usepackage{wrapfig} +\usepackage{graphicx} +\usepackage{extarrows} + +\usetikzlibrary{decorations.pathreplacing, + positioning, + quotes, + intersections, + calc} + +\graphicspath{ {./images/} } +%% + +\DeclarePairedDelimiter\abs{\lvert}{\rvert}% +\DeclarePairedDelimiter\norm{\lVert}{\rVert}% + +% Swap the definition of \abs* and \norm*, so that \abs +% and \norm resizes the size of the brackets, and the +% starred version does not. +\makeatletter +\let\oldabs\abs +\def\abs{\@ifstar{\oldabs}{\oldabs*}} +% +\let\oldnorm\norm +\def\norm{\@ifstar{\oldnorm}{\oldnorm*}} +\makeatother + +\newtheorem*{theorem}{Теорема} +\newtheorem*{theorem-non}{Предложение} +\newtheorem*{lemma}{Лемма} +\theoremstyle{definition} +\newtheorem*{conj}{Определение} +\declaretheorem[numbered=no]{definition} + +% Definindo novas cores +\definecolor{verde}{rgb}{0.25,0.5,0.35} +\definecolor{jpurple}{rgb}{0.5,0,0.35} +\definecolor{darkgreen}{rgb}{0.0, 0.2, 0.13} +%\definecolor{oldmauve}{rgb}{0.4, 0.19, 0.28} +% Configurando layout para mostrar codigos Java +\usepackage{listings} + +\newcommand\butthole[1]{% + \mathpalette\assircled{#1}% +} +\newcommand\asscircled[2]{% + \tikz[baseline=(math.base)] \node[red, draw,circle,inner sep=1pt] (math) {$\m@th#1#2$};% +} + +\newcommand{\estiloJava}{ +\lstset{ + language=Java, + basicstyle=\ttfamily\small, + keywordstyle=\color{jpurple}\bfseries, + stringstyle=\color{red}, + commentstyle=\color{verde}, + morecomment=[s][\color{blue}]{/**}{*/}, + extendedchars=true, + showspaces=false, + showstringspaces=false, + numbers=left, + numberstyle=\tiny, + breaklines=true, + backgroundcolor=\color{cyan!10}, + breakautoindent=true, + captionpos=b, + xleftmargin=0pt, + tabsize=2 +}} + +\newcommand{\estiloR}{ + \lstset{ % + language=R, % the language of the code + basicstyle=\footnotesize, % the size of the fonts that are used for the code + numbers=left, % where to put the line-numbers + numberstyle=\tiny\color{gray}, % the style that is used for the line-numbers + stepnumber=1, % the step between two line-numbers. If it's 1, each line + % will be numbered + numbersep=5pt, % how far the line-numbers are from the code + backgroundcolor=\color{white}, % choose the background color. You must add \usepackage{color} + showspaces=false, % show spaces adding particular underscores + showstringspaces=false, % underline spaces within strings + showtabs=false, % show tabs within strings adding particular underscores + frame=single, % adds a frame around the code + rulecolor=\color{black}, % if not set, the frame-color may be changed on line-breaks within not-black text (e.g. commens (green here)) + tabsize=2, % sets default tabsize to 2 spaces + captionpos=b, % sets the caption-position to bottom + breaklines=true, % sets automatic line breaking + breakatwhitespace=false, % sets if automatic breaks should only happen at whitespace + title=\lstname, % show the filename of files included with \lstinputlisting; + % also try caption instead of title + keywordstyle=\color{blue}, % keyword style + commentstyle=\color{darkgreen}, % comment style + stringstyle=\color{red}, % string literal style + escapeinside={\%*}{*)}, % if you want to add a comment within your code + morekeywords={*,...} % if you want to add more keywords to the set +}} + +\newcommand{\vertiii}[1]{{\left\vert\kern-0.25ex\left\vert\kern-0.25ex\left\vert #1 + \right\vert\kern-0.25ex\right\vert\kern-0.25ex\right\vert}} +\newcommand*{\double}[2][.1ex]{% + \mathrel{\vcenter{\offinterlineskip% + \hbox{$#2$}\vskip#1\hbox{$#2$}}}} +\newcommand*{\doublerightarrow}{\double{\rightarrow}} +\newcommand{\Z}{\mathbb{Z}} +\newcommand{\Q}{\mathbb{Q}} +\newcommand{\N}{\mathbb{N}} +\newcommand{\R}{\mathbb{R}} +\newcommand{\A}{\mathcal{A}} +\newcommand{\B}{\mathcal{B}} +\renewcommand{\C}{\mathbb{C}} + +\newcommand{\follow}{\textbf{\textit{Следствие:}}} +\newcommand{\notice}{\underline{\textit{Замечание:}}} +\newcommand{\example}{\underline{Пример:}} +\newcommand{\examples}{\underline{Примеры:}} + +% algebra defs +\newcommand{\id}{\operatorname{id}} +\newcommand{\ord}{\operatorname{ord}} +\newcommand{\lcm}{\operatorname{lcm}} +\newcommand{\Lin}{\operatorname{Lin}} +\newcommand{\Hom}{\operatorname{Hom}} +\newcommand{\Imm}{\operatorname{Im}} +\newcommand{\Ree}{\operatorname{Re}} +\newcommand{\Ker}{\operatorname{Ker}} +\newcommand{\rk}{\operatorname{rk}} + +% matan defs +\newcommand{\Int}{\operatorname{Int}} +\newcommand{\Cl}{\operatorname{Cl}} + +% tikz +\newcommand\irregularcircle[2]{% radius, irregularity + \pgfextra {\pgfmathsetmacro\len{(#1)+rand*(#2)}} + +(0:\len pt) + \foreach \a in {10,20,...,350}{ + \pgfextra {\pgfmathsetmacro\len{(#1)+rand*(#2)}} + -- +(\a:\len pt) + } -- cycle +} + +\newcommand*{\colorboxed}{} +\def\colorboxed#1#{% + \colorboxedAux{#1}% +} +\newcommand*{\colorboxedAux}[3]{% + % #1: optional argument for color model + % #2: color specification + % #3: formula + \begingroup + \colorlet{cb@saved}{.}% + \color#1{#2}% + \boxed{% + \color{cb@saved}% + #3% + }% + \endgroup +} + +\def\inbelow#1#2{\underset{\displaystyle\overset{\displaystyle\rotatebox{270}{$\in$}}{#2}}{#1}} +\def\lessbelow#1#2{\underset{\displaystyle\overset{\displaystyle\rotatebox{270}{$\leqslant$}}{#2}}{#1}} +\def\lessabove#1#2{\overset{\displaystyle\underset{\displaystyle\rotatebox{90}{$\leqslant$}}{#2}}{#1}} +\def\stackbelow#1#2{\underset{\displaystyle\overset{\displaystyle\shortparallel}{#2}}{#1}} +\def\stackabove#1#2{\overset{\displaystyle\underset{\displaystyle\shortparallel}{#2}}{#1}} + +\newcommand{\rom}[1]{\uppercase\expandafter{\romannumeral #1\relax}} +\newcommand{\vardbtilde}[1]{\widetilde{\raisebox{0pt}[0.85\height]{$\widetilde{#1}$}}} +\newcommand\leftcoleqq{\mathrel{\reflectbox{\ensuremath{\coloneqq}}}} + +\newcommand*\circled[1]{\tikz[baseline=(char.base)]{ + \node[shape=circle,draw,inner sep=2pt] (char) {#1};}} + +\definecolor{linkcolor}{HTML}{47528f} % цвет ссылок +\definecolor{urlcolor}{HTML}{47528f} % цвет гиперссылок +\hypersetup{pdfstartview=FitH, linkcolor=linkcolor,urlcolor=urlcolor, colorlinks=true} +\newcommand{\RomanNumeralCaps}[1] + {\MakeUppercase{\romannumeral #1}} +\usepackage{titlesec} +\renewcommand{\thesection}{\arabic{section}} +\renewcommand{\listtheoremname}{Определения и теоремы} +\renewcommand\qedsymbol{$\blacksquare$} +\newcommand\oast{\stackMath\mathbin{\stackinset{c}{0ex}{c}{0ex}{\ast}{\bigcirc}}} +\makeatletter +\renewenvironment{proof}[1][\proofname]{% + \par\pushQED{\qed}\normalfont% + \topsep6\p@\@plus6\p@\relax + \trivlist\item[\hskip\labelsep\bfseries#1\@addpunct{.}]% + \ignorespaces +}{% + \popQED\endtrivlist\@endpefalse +} +\makeatother +%-------------------------------------- +\DeclareMathOperator{\Mr}{M_{\mathbb{R}}} +\addtolength{\oddsidemargin}{-.875in} + \addtolength{\evensidemargin}{-.875in} + \addtolength{\textwidth}{1.75in} + + \addtolength{\topmargin}{-.875in} + \addtolength{\textheight}{1.75in} +%-------------------------------------- +\def\calloutsym{% + \ensurestackMath{% + \scalebox{1.7}{\color{red}\stackunder[0pt]{\bigcirc}{\downarrow}}}% +} +\def\calloutsymup{% + \ensurestackMath{% + \scalebox{1.7}{\color{red}\stackon[0pt]{\bigcirc}{\uparrow}}}% +} +\newcommand\callouttext[1]{% + \def\stacktype{S}\renewcommand\useanchorwidth{T}\stackText% + \stackunder{\calloutsym}{\scriptsize\Longstack{#1}}\stackMath% +} +\newcommand\callout[3][2.5pt]{% + \def\stacktype{L}\stackMath\stackunder[#1]{#2}{\callouttext{#3}}% +} +\newcommand\callouttextup[1]{% + \def\stacktype{S}\renewcommand\useanchorwidth{T}\stackText% + \stackon{\calloutsymup}{\scriptsize\Longstack{#1}}\stackMath% +} +\newcommand\calloutup[3][1.5pt]{% + \def\stacktype{L}\stackMath\stackunder[#1]{#2}{\callouttextup{#3}}% +} +\begin{document} + +\clearpage +%% temporary titles +% command to provide stretchy vertical space in proportion +\newcommand\nbvspace[1][3]{\vspace*{\stretch{#1}}} +% allow some slack to avoid under/overfull boxes +\newcommand\nbstretchyspace{\spaceskip0.5em plus 0.25em minus 0.25em} +% To improve spacing on titlepages +\newcommand{\nbtitlestretch}{\spaceskip0.6em} +\pagestyle{empty} +\begin{center} +\bfseries +\nbvspace[1] +\Huge +{\nbtitlestretch\huge +КОНСПЕКТ ЛЕКЦИЙ ПО МАТЕМАТИЧЕСКОМУ АНАЛИЗУ} + +\nbvspace[1] +\normalsize + +СПбГУ, МКН, СП, 1 курс\\ +ЛЕКТОР: ХРАБРОВ АЛЕКСАНДР ИГОРЕВИЧ +\nbvspace[1] +\\ +\Large СОСТАВИТЕЛИ:\\[0.5em] +\footnotesize +Андрей \href{https://github.com/K-dizzled}{K-dizzled} Козырев, +Никита \href{https://github.com/muldrik}{muldrik} Митцев, +Максим \href{https://github.com/maxmartynov08}{maxmartynov08} Мартынов,\\ +Семён \href{https://github.com/SmnTin}{SmnTin} Паненков, +Марк \href{https://github.com/markprudnikov}{markprudnikov} Прудников, +Иван \href{https://github.com/klimoza}{klimoza} Климов + +\nbvspace[2] + +\includegraphics[width=4.0in]{./images/matan_kills.png} +\nbvspace[3] +\normalsize + +\large +2021 +\nbvspace[1] +\end{center} +\newpage +\pagestyle{plain} +\fi +%\maketitle +%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% +% % +% % +% Table of content % +% % +% % +%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% +\tableofcontents +%\listoftheorem-nons[ignore={lemma},show={conj, theorem-non}] +% To show Table of contents with +% definitions and lemmas +%---------------------------------------- +% \listoftheorem-nons[ignoreall,show={lemma}] +% \listoftheorem-nons[ignoreall,show={conj}] +\newpage +\begin{normalsize} +\import{sections/}{first.tex} +$ $ +\import{sections/}{second.tex} +$ $ +\import{sections/}{third.tex} +$ $ + +\newpage +\begin{center} +\bfseries +\Huge +{\nbtitlestretch\huge +Альтернативная обложка №1:} +\end{center} +\vspace*{3cm} +\begin{center} + \includegraphics[width=6.0in]{./images/Danger_matan.png} +\end{center} +\newpage +\begin{center} +\bfseries +\Huge +{\nbtitlestretch\huge +Альтернативная обложка №2:} +\end{center} +\vspace*{3cm} +\begin{center} + \includegraphics[width=4.0in]{./images/matan03.png} +\end{center} +\end{normalsize} +\end{document} diff --git a/images/Danger_Matan.png b/images/Danger_Matan.png new file mode 100644 index 0000000..02d6e7f Binary files /dev/null and b/images/Danger_Matan.png differ diff --git a/images/T46_pic.png b/images/T46_pic.png new file mode 100644 index 0000000..9d15759 Binary files /dev/null and b/images/T46_pic.png differ diff --git a/images/Uniform_convergence.png b/images/Uniform_convergence.png new file mode 100644 index 0000000..b75297d Binary files /dev/null and b/images/Uniform_convergence.png differ diff --git a/images/circle.png b/images/circle.png new file mode 100644 index 0000000..eff59ac Binary files /dev/null and b/images/circle.png differ diff --git a/images/lec5_pic1.png b/images/lec5_pic1.png new file mode 100644 index 0000000..bc87d11 Binary files /dev/null and b/images/lec5_pic1.png differ diff --git a/images/matan03.png b/images/matan03.png new file mode 100644 index 0000000..d74d1ca Binary files /dev/null and b/images/matan03.png differ diff --git a/images/matan_kills.png b/images/matan_kills.png new file mode 100644 index 0000000..4606a2b Binary files /dev/null and b/images/matan_kills.png differ diff --git a/images/youtube.png b/images/youtube.png new file mode 100644 index 0000000..9f8795b Binary files /dev/null and b/images/youtube.png differ diff --git a/sections/first.tex b/sections/first.tex new file mode 100644 index 0000000..b80e1d4 --- /dev/null +++ b/sections/first.tex @@ -0,0 +1,90 @@ +\chapter{Введение в анализ} +\section{Множества и операции с множествами} +\import{first/}{sub1.tex} +$ $ +\import{first/}{sub2.tex} +$ $ +\import{first/}{sub3.tex} +$ $ +\import{first/}{sub4.tex} +$ $ +\import{first/}{sub5.tex} +$ $ + +\section{Последовательности в метрических пространствах} +\import{first/}{sub6.tex} +$ $ +\import{first/}{sub7.tex} +$ $ +\import{first/}{sub8.tex} +$ $ +\import{first/}{sub9.tex} +$ $ +\import{first/}{sub10.tex} +$ $ +\import{first/}{sub11.tex} +$ $ +\import{first/}{sub12.tex} +$ $ + +\section{Пределы и непрерывность} +\import{first/}{sub13.tex} +$ $ +\import{first/}{sub14.tex} +$ $ +\import{first/}{sub15.tex} +$ $ +\import{first/}{sub16.tex} +$ $ +\import{first/}{sub17.tex} +$ $ +\import{first/}{sub18.tex} +$ $ +\import{first/}{sub19.tex} +$ $ +\import{first/}{sub20.tex} +$ $ +\import{first/}{sub21.tex} +$ $ +\import{first/}{sub22.tex} +$ $ +\import{first/}{sub23.tex} +$ $ +\import{first/}{sub24.tex} +$ $ +\import{first/}{sub25.tex} +$ $ +\import{first/}{sub26.tex} +$ $ +\import{first/}{sub27.tex} +$ $ +\import{first/}{sub28.tex} +$ $ +\import{first/}{sub29.tex} +$ $ +\import{first/}{sub30.tex} +$ $ +\import{first/}{sub31.tex} +$ $ +\import{first/}{sub32.tex} +$ $ + +\section{Подпоследовательности} +\import{first/}{sub33.tex} +$ $ +\import{first/}{sub34.tex} +$ $ +\import{first/}{sub35.tex} +$ $ +\import{first/}{sub36.tex} +$ $ +\import{first/}{sub37.tex} +$ $ +\import{first/}{sub38.tex} +$ $ +\import{first/}{sub39.tex} +$ $ +\import{first/}{sub40.tex} +$ $ +\import{first/}{sub41.tex} +$ $ \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/a.sh b/sections/first/a.sh new file mode 100755 index 0000000..0925420 --- /dev/null +++ b/sections/first/a.sh @@ -0,0 +1,5 @@ +#! /bin/bash +for i in {2..41} +do + touch sub${i}.tex +done \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub1.tex b/sections/first/sub1.tex new file mode 100644 index 0000000..2b10cbd --- /dev/null +++ b/sections/first/sub1.tex @@ -0,0 +1,76 @@ +\subsection{Множества} +\begin{conj} Множество - набор уникальных элементов \end{conj} + +Множества - большие буквы $A, B,\dots$ \\ +Элементы множеств - маленькие буквы $a, b,\dots$ \\ +$x \in A - x$ пренадлежит $A$ \\ +$x \notin A - x$ не пренадлежит $A$ \\ +$\mathbb{N} = \{1, 2, 3, \dots\} \\ +\mathbb{Z, Q} = \{{{m}\over{n}} : m \in \mathbb{Z}, n \in\mathbb{N}\} \\ +\mathbb{R}$ - вещественные числа \\ +$\mathbb{C}$ - комплексные числа \\ +\begin{theorem-non} Правила Де Моргана \end{theorem-non} + \begin{itemize} + \item[] $A \; \setminus \; (\bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha}) + = \bigcap\limits_{\alpha \in I}(A \setminus B_{\alpha})$ + + \item[] $A \; \setminus \; (\bigcap\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha}) + = \bigcup\limits_{\alpha \in I}(A \setminus B_{\alpha})$ + \end{itemize} +\begin{proof} + Докажем для первой формулы. Вторая доказывается аналогично. \\ + $x \in A \; \setminus \; (\bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha}) + \Longleftrightarrow \begin{cases} + x \in A \\ + x \notin \bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha} + \end{cases} + \Longleftrightarrow \begin{cases} + x \in A \\ + x \notin B_{\alpha} \; \; $при всех$ \; \alpha + \end{cases} + \Longleftrightarrow x \in A \; \setminus \; B_{\alpha}$ при всех $\alpha \in I + \Longleftrightarrow x \in \bigcap\limits_{\alpha \in I}(A \setminus B_{\alpha})$ +\end{proof} \newpage +\begin{theorem-non} Операции над множествами \end{theorem-non} +\begin{itemize} + \item $A \cup B = \{x: x \in A $ или $ x \in B\}$ + \item $A \cap B = \{x: x \in A, x \in B\}$ + \item $A \; \setminus \; B = \{x: x \in A, x \notin B\}$ + \item $A \bigtriangleup B = (A \; \setminus \; B) \cup (B \; \setminus \; A)$ +\end{itemize} +\notice - $\bigtriangleup, \cup, \cap$ - комммутативны, ассоциативны +\begin{conj} + Декартово произведение множеств + $A \times B = \{\langle a, b \rangle : a \in A; b \in B \}$ +\end{conj} +\begin{theorem-non} \end{theorem-non} + \begin{itemize} + \item[] $A \cap \bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha} = + \bigcup\limits_{\alpha \in I}(A \cap B_{\alpha}) $ + + \item[] $A \cup \bigcap\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha} = + \bigcap\limits_{\alpha \in I}(A \cup B_{\alpha}) $ + \end{itemize} +\begin{proof} + $x \in A \cap \bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha} + \Longleftrightarrow \begin{cases} + x \in A \\ + x \in \bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha} + \end{cases} \Longleftrightarrow \begin{cases} + x \in A \\ + x \in B_{\alpha}$ для некоторых $\alpha \in I + \end{cases}\vspace{0.5cm} \Longleftrightarrow + x \in A \cap B_{\alpha}$ для некоторых $\alpha \in I + \Longleftrightarrow + x \in \bigcup\limits_{\alpha \in I}(A \cap B_{\alpha})$ + \end{proof} +\begin{conj} + Упорядоченная пара $ \langle a, b \rangle $ - пара ``пронумерованных'' элементов +\end{conj} + $ \langle a, b \rangle $ = $ \langle c, d \rangle \rotatebox[origin=c]{150}{$\Longleftrightarrow$}$ +\begin{scriptsize} +\estiloJava +\begin{lstlisting}[caption={}, label=] + ((a == c) && (b == d)) +\end{lstlisting} +\end{scriptsize} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub10.tex b/sections/first/sub10.tex new file mode 100644 index 0000000..65f3fab --- /dev/null +++ b/sections/first/sub10.tex @@ -0,0 +1,106 @@ +\subsection{Замкнутые множества. Замыкание множества} +\begin{conj} + $(X, \beta)$ - метрическое пространство $A \subset X$ \\ + $A \subset X \quad A$ - замкнутое, если $X \; \setminus \; A$ - открытое +\end{conj} +\begin{theorem-non} + Свойства замкнутых множеств: + \begin{enumerate} + \item $\varnothing, X$ - замкнутое множества + \item Пересечение любого количества замкнутых множеств - замкнутое множество + \item Объединение конечного числа замкнутых множеств - замкнутое множество + \item Замкнутый шарик - замкнутое множество + \end{enumerate} + \begin{proof} + \quad \\ + \begin{enumerate} + \item[2.] $A_{\alpha} \; \alpha \in I$ - замкнутые множества. $A \overset{?}{\Longrightarrow} \bigcap\limits_{\alpha \in I} A_{\alpha}$ - замкнутое \\ + $\rotatebox[origin=c]{-30}{$\Longrightarrow$} \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \rotatebox[origin=c]{30}{$\Longrightarrow$}$ \vspace{0,2cm}\\ + $X \; \setminus \; A$ - открытое $\Longrightarrow \bigcup\limits_{\alpha \in I}(X \; \setminus \; A_{\alpha}) = X \; \setminus \; \bigcap\limits_{\alpha \in I} A_{\alpha}$ - открытое множество + \item[3.] $A_1, A_2, \dots , A_n$ - замкнутые множества. $\Longrightarrow X \setminus A_1, X \setminus A_2, \dots , X \; \setminus \; A_n$ - открытые множества \\ + $\Longrightarrow \bigcap\limits_{k = 1}^{n} (X \setminus A_k)$ - открытое множество \\ + $\bigcap\limits_{k = 1}^{n} (X \setminus A_k) = X \setminus \bigcup\limits_{k = 1}^{n} A_k \Longrightarrow \bigcup\limits_{k = 1}^{n} A_k$ - замкнутое + \item[4.] $\overline{B_R}(a)$ - замкнутый шар\\ + Докажем, что $X \; \setminus \; \overline{B_R}(a)$ - открыто + \begin{proof} + \quad \\ + $\overline{B_R}(a) = \{x \in X: \rho(x, a) \leqslant R\}$ \\ + Возьмем $b \in X \; \setminus \; \overline{B_R}(a) \Longrightarrow \rho(b, a) > R$ \\ + $r := \rho(b, a) - R$ \\ + Докажем, что $B_r(b) \subset X \; \setminus \; B_R(a) \Longleftrightarrow B_r(b) \cap \overline{B_R}(a) = \varnothing$ \\ + От противного. Пусть есть общая точка $c \in B_r(b) \cap \overline{B_R}(a) \Longrightarrow + \begin{cases} + \rho(c, b) < r \\ + \rho(c, a) \leqslant R + \end{cases} \Longrightarrow \vspace{0,2cm}\\ + \rho(a, b) \leqslant \rho(a, c) + \rho(c, b) < R + r = \rho(a,b)$ - Противоречие + \end{proof} + \end{enumerate} + \end{proof} + \notice \\ + В пункте №3 конечность существенна + $\bigcup\limits_{n=1}^{\infty}[-1 + {{1}\over{n}}; 1 - {{1}\over{n}}] = (-1; 1)$ \\ Интервал $(-\infty; \; -1] \cup [1; +\infty)$ +\end{theorem-non} +\begin{conj} + Замыкание множества $A$ - пересечение всех замкнутых множеств, содержащих $A$. Обозначаетя как $Cl A$ \\ + $Cl A = \bigcap \{ F: F $ - замкнутое и $ F \supset A \}$ +\end{conj} +\begin{theorem-non} + \quad \\ + $X \setminus Cl A = Int(X \setminus A)$ \\ + $X \setminus Int A = Cl(X \setminus A)$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} + \quad \\ + $x \in X \setminus Cl A \Longleftrightarrow x \notin Cl A \Longleftrightarrow x \notin F_{\circ}$ - замкнутое, где $F_{\circ} \supset A \\ + \Longleftrightarrow + \begin{cases} + x \in X \setminus F_{\circ} =: G_{\circ} $ - открытое$ \\ + G_{\circ} \subset X \setminus A + \end{cases} \Longleftrightarrow x \in Int(X \setminus A)$ +\end{proof} +\follow +\quad \\ +$Cl A = X \setminus Int(X \setminus A)$ \\ +$Int A = X \setminus Cl(X \setminus A)$ +\begin{theorem-non} + Свойства замыкания \\ + \begin{enumerate} + \item $Cl A$ - замкнутое множество + \item $Cl A \supset A$ + \item $A$ - замкнуто $\Longleftrightarrow A = Cl A$ + \begin{proof} + $A$ - замкнуто $\Longleftrightarrow X \setminus A + \Longleftrightarrow X \setminus A = Int(X \setminus A) \Longleftrightarrow \\ A = \underbrace{X \setminus Int(X \setminus A)}\limits_{Cl A}$ + \end{proof} + \item Если $A \subset B$, то $Cl A\subset Cl B$ + \begin{proof} + $A \subset B \Longleftrightarrow X \setminus A \supset X \setminus B \Longrightarrow Int(X \setminus A) \supset Int(X \setminus B) \Longrightarrow \\ + \underbrace{X \setminus Int(X \setminus A)}_{Cl A} \subset \underbrace{X \setminus Int(X \setminus B)}_{Cl B}$ + \end{proof} + \item $Cl(A \cup B) = Cl A \cup Cl B$ + \begin{proof} + $Cl(A \cup B) = X \setminus Int(\underbrace{X\setminus(A \cup B)}_{(X\setminus A)\cap(X\setminus B)}) = + X \setminus Int((X\setminus A) \cap (X\setminus B)) = \vspace{0,2cm} \\ X \setminus (Int(X\setminus A) \cap Int(X\setminus B)) = + (X \setminus Int(X\setminus A)\cup (X \setminus Int(X\setminus B) = Cl A \cup Cl B$ + \end{proof} + \item $Cl Cl A = Cl A$ + \begin{proof} + $Cl A$ - замкнуто + замыкание замкнутого множества - само множество + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{theorem-non} +\begin{theorem-non} + $x \in Cl A \Longleftrightarrow$ для любого $r > 0: B_r(x) \cap A \neq \varnothing$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} + $x \in Cl A \Longleftrightarrow x \in X \setminus Int(X \setminus A) \Longleftrightarrow + x \notin Int(X \setminus A) \Longleftrightarrow$ для любого $r > 0: B_r(x)$ не целиком содержится + в $X \setminus A \Longleftrightarrow$ для любого $r > 0: B_r(x) \cap A \neq \varnothing$ +\end{proof} +\follow +\quad Если $\mathcal{U}$ - открытое и $\mathcal{U} \cap A = \varnothing$, то $\mathcal{U} \cap Cl A = \varnothing$ +\begin{proof} + Пусть $x \in \mathcal{U} \cap Cl A \Longrightarrow x \in \mathcal{U}$ - открытое $\exists r > 0 \quad B_r(x) \subset \mathcal{U}\\ + x \in \mathcal{U} \cap Cl A \Longrightarrow x \in Cl A \Longrightarrow B_r(x) \cap A \neq \varnothing \Longrightarrow \mathcal{U} \cap A \neq \varnothing$ - противоречие +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub11.tex b/sections/first/sub11.tex new file mode 100644 index 0000000..84bba84 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub11.tex @@ -0,0 +1,35 @@ +\subsection{Предельные точки. Связь с замыканием множества} +\begin{conj} + + Проколотая окрестность точки $a - B_r(a) \setminus {a}$ \\ + Обозначается как $\overset{\circ}{\mathcal{U}}_a$ +\end{conj} + \begin{conj} + Предельная точка множества \\ + $a$ - предельная точка множества $A$, если любая $\overset{\circ}{\mathcal{U}_a}\cap A \neq \varnothing$\\ + $A'$ - множество предельных точек $A$ + \end{conj} + \begin{theorem-non} + Свойства: + \begin{enumerate} + \item $Cl(A) = A\cup A'$ + \begin{proof} + $x \in Cl(A) \Longleftrightarrow B_r(x)\cap A \neq \varnothing \forall r>0$ (*) \\ + Пусть $x \notin A$ . Тогда (*) равносильно $B_r(x)\setminus \{x\} \cap A \neq \varnothing \Longleftrightarrow x\in A'$ + \end{proof} + \item $A \subset B \Longrightarrow A' \subset B'$ + \begin{proof} + $x \in A' \Longrightarrow B_r(x)\setminus \{x\} \cap A \neq \varnothing \Longrightarrow B_r(x)\setminus \{x\} \cap B \neq \varnothing \Longrightarrow x \in B'$ + \end{proof} + \item $(A\cup B)' = A' \cup B'$ + \begin{proof} + $A \cup B \supset A \Longrightarrow (A\cup B)' \supset A' \Longrightarrow (A\cup B) \supset A'\cup B'$ \\ + Обратное включение. Пусть $x\in (A\cup B)'$ и $x \notin B' \Longrightarrow (B_r(x)\setminus \{x\})\cap (A\cup B) \neq \varnothing \Longrightarrow (B_r(x)\setminus \{x\})\cap A \neq \varnothing$ ИЛИ $(B_r(x)\setminus \{x\})\cap B \neq \varnothing$. \\ + Второе неверно из $x\notin B'$, следовательно $x \in A'$ + \end{proof} + \item $A$ замкнутно $\Longrightarrow A\supset A'$ + \begin{proof} + $A$ - замкнуто $\Longrightarrow A = Cl(A) = A \cup A' \Longleftrightarrow A \supset A'$ + \end{proof} + \end{enumerate} + \end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub12.tex b/sections/first/sub12.tex new file mode 100644 index 0000000..07b98d9 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub12.tex @@ -0,0 +1,45 @@ +\subsection{Открытые и замкнутые множества в пространстве и подпространстве} + + \begin{theorem-non} + $(X, d)$ -метр пространство $Y \subset X$. Тогда: + \begin{enumerate} + \item $A \subset Y$ открыто в $Y \Longleftrightarrow$ найдется открытое множество $G \subset X$, т.ч. $A=G\cap Y$ \vspace*{0,5cm} \\ + \begin{tikzpicture}[mydrawstyle/.style={draw=black, very thick}, x=1mm, y=1mm, z=1mm] + \draw[mydrawstyle, ->](-2,30)--(80,30); + \draw[mydrawstyle] node at (-6,30)[left]{$X$}; + \draw[mydrawstyle] node at (26,24)[left]{$Y - $}; + \draw[mydrawstyle] node at (1,38)[left]{$G - $}; + \draw[mydrawstyle] node at (26,34)[left]{$A - $}; + \draw[mydrawstyle](0,28)--(0,32) node[below=10]{$-1$}; + \draw[mydrawstyle](25,28)--(25,32) node[below=10]{$0$}; + \draw[mydrawstyle](50,28)--(50,32) node[below=10]{$1$}; + \draw[mydrawstyle](75,28)--(75,32) node[below=10]{$2$}; + \fill[fill=blue, opacity=0.2](25,33)--(25,35)--(50,35)--(50,33)--(25,33); + \fill[fill=red, opacity=0.2](25,23)--(25,25)--(75,25)--(75,23)--(25,23); + \fill[fill=green, opacity=0.2](0,37)--(0,39)--(50,39)--(50,37)--(0,37); + \end{tikzpicture} + \begin{proof} + $a \in A \Longrightarrow \exists r_a>0 : B_{r_a}^Y(a)$ (т.е. шары в $Y$) $\subset A$. Далее + \begin{center} + $G:= \underset{a\in A}{\cup} B_{r_a}^X(a) = \underset{a\in A}{\cup} \{x \in X: d(x, a)0 : B_r^X(a) \subset G \Longrightarrow B_r^X(a)\cap Y = B_r^Y(a) \subset G\cap Y$, то есть $A$ открыто в $Y$. + \end{proof} + \item $A \subset Y$ замкнутое в $Y \Longleftrightarrow$ найдется замкнутое множество $F \in X $, т. ч $A = F\cap Y$ + \begin{proof} + $A$ - замкнуто в $Y \Longleftrightarrow Y\setminus A$ - открыто в $Y \Longleftrightarrow \\ + \exists$ открытое $G \in X : Y\setminus A = G\cap Y \Longleftrightarrow \\ + F := X\setminus G$ - замкнутое в $X$, при этом $A = Y\setminus (G\cap Y) = Y\cap (X\setminus G)$ \vspace*{0,2cm}\\ + \framebox[1.02\width]{С первого взгляда неочевидный переход, но следует из вложенности $Y$ и $G$ в $X = Y\cap F$.} \par + \end{proof} + \end{enumerate} + \end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub13.tex b/sections/first/sub13.tex new file mode 100644 index 0000000..b9e74f2 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub13.tex @@ -0,0 +1,72 @@ +\subsection{Предел числовой последовательности и предел последовательности в метрическом пространтстве} + + \begin{conj} + Предел числовой последовательности \\ + $x_1, x_2, x_3 ... \in R$. $a=\lim x_n$ если вне любого интервала, содержащего $a$, содержится лишь конечное число членов последовательности. + \end{conj} + \notice - + Можно рассматривать симметричные интервалы (если есть несимметричный, для удобства его можно расширить или сузить до симметричного) + + \begin{conj} + Предел последовательности в метрическом пространстве + $(X, d)$ - метрическое пространство, $x_1, x_2 ... \in X$. $a=\lim x_n$ если вне любого шара $B_\varepsilon (a)$ содержится лишь конечное число членов последовательности. + \end{conj} + + \notice - + Верно также для любого открытого множества, содержащего $a$ + + \notice - + Cуществование предела зависит от пространства (в $R_+ x_n = 1/n$ не имеет предела) + + \begin{theorem-non} + Свойства: + \begin{enumerate} + \item Если $a=\lim x_n$ и из $x_n$ выкинули какое-то число членок так, чтобы осталось бесконечное число членов, то у оставшейся последовательности тот же предел + \item Если $a=\lim x_n$ и к последовательности добавить конечное число членов, то $a$ - все еще предел + \item Добавление, замена или выкидывание конечного количества членом не меняет предел и его наличие (то же самое другими словами) + \item Перестановка членов не влияет на предел последовательности + \item Если $a=\lim x_n$ и $a=\lim y_n$, то если их перемешать, то у новой последовательности тоже предел $a$ + \item Если $a=\lim x_n$, тогда у последовательности, в которой $x_n$ встречается с конечной кратностью, тот же предел (написать один и тот же элемент много раз подряд) + \end{enumerate} + \end{theorem-non} + \begin{conj} + $a=\lim x_n$, если + \[ \forall \varepsilon>0 \exists N : \forall n\geqslant N d(x_n, a)<\varepsilon\] + \end{conj} + \begin{conj} + $A \subset X, (X, d)$ - метрическое пространство + $A$ - ограничено, если $A$ целиком содержится в каком-нибудь шаре + \end{conj} + + \begin{theorem-non} + \quad \\ + \begin{enumerate} + \item Предел единственный + \begin{proof} + \quad \\ + Пусть $a\neq b \Longrightarrow \exists B_{r_1}(a), B_{r_2}(b) : B_{r_1} \cap B_{r, 2} = \varnothing$. \\ + Вне $B_{r_1}(a)$ конечное число членов \\ + Вне $B_{r_2}(b)$ конечное число членов \\ + Тогда в последовательности конечное число членов. Противоречие. + \end{proof} + \item Если последовательность имеет предел, то она ограничена + \begin{proof} + \quad \\ + Возьмем $\varepsilon=1$. Тогда $\exists N: \forall n\geqslant N\ x_n \in B_1(a)$. \\ + Тогда $r:= \max\{d(a, x_1), d(a, x_2),..., d(a, x_N)\}+1$ + \end{proof} + \item $a=\lim x_n \Longleftrightarrow \lim d(x_n, a)=0$ + \begin{proof} + \quad \\ + $\lim d(x_n, a)=0 \Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \exists N : \forall n \geqslant N d(x_n, a) < \varepsilon \Longleftrightarrow \lim x_n = a$ + \end{proof} + \item Если $a=\lim x_n$ и $b = \lim y_n$, то $\lim d(x_n, y_n) = d(a, b)$ + \begin{proof} + \quad \\ + $d(a, b) \leqslant d(a, x_n)+d(x_n, y_n)+d(y_n, b)$ + $d(x_n, y_n) \leqslant d(a, x_n)+d(a, b)+d(b, y_n) \Longrightarrow$ + $|d(x_n, y_n)-d(a, b)|\leqslant d(x_n, a)+d(y_n, b)$ \\ + Справа каждая меньше $\varepsilon /2$, тогда слева стремится к нулю + \end{proof} + \end{enumerate} + \end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub14.tex b/sections/first/sub14.tex new file mode 100644 index 0000000..508a35b --- /dev/null +++ b/sections/first/sub14.tex @@ -0,0 +1,22 @@ +\subsection{Связь между пределами и предельными точками} + + \begin{theorem-non} + $a$ - предельная точка $A \Longleftrightarrow$ найдется последовательность точек $x\neq a \in A : \lim x_n = a$. Супер очевидно из соответствующих определений, но распишу + \begin{proof} + \quad \\ + ``$\Longleftarrow$'': \quad Пусть $x_n \in A$ и $\lim x_n = a$. \\ + Тогда в $B_r(a)\setminus \{a\}$ содержится бесконечное количество точек из $x_n$, так как $\exists N : \forall n \geqslant N x_n \in B_r(a)$ \\ + ``$\Longrightarrow$'': \quad + $r_1 = 1 \Longrightarrow \exists x_1 \in B_1(a), r_2 = \min\{1/2, d(a, x_1)\}, r_3=\min\{1/3, d(a, x_2)\}...$ \\ + $\forall \varepsilon>0\ \exists N: 1/N<\varepsilon \Longrightarrow \forall n\geqslant N\ d(x_n, a) < 1/n \leqslant 1/N < \varepsilon$ + \end{proof} + \end{theorem-non} + + + + \begin{theorem-non} + Если $x_n \in A$ и $a=\lim x_n$, то $a \in Cl(A)$ + \end{theorem-non} + \begin{proof} + Либо $a\in A$, тогда $a \in Cl(A)$, иначе $x_n \neq a$, тогда по теореме 1. $a \in A' \Longrightarrow a \in Cl(A)$ + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub15.tex b/sections/first/sub15.tex new file mode 100644 index 0000000..130e6d7 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub15.tex @@ -0,0 +1,31 @@ +\subsection{Предльный переход в неравенствах} + + + \begin{theorem-non} + Предельный переход в неравенстве. $x_n, y_n \in \mathbb{R}$ \\ + $x_n \leqslant y_n\ \forall n, a=\lim x_n, b=\lim y_n \Longrightarrow a\leqslant b$ + \end{theorem-non} + + \begin{proof} + Пусть $a>b$ \\ + $\varepsilon = \frac{a+b}{2}$ \\ + $\exists N_1: \forall n\geqslant N_1\ x_n\in (a-\varepsilon, a+\varepsilon)$ \\ + $\exists N_2: \forall n\geqslant N_2\ y_n \in (b-\varepsilon, b+\varepsilon)$ \\ + $n:=\max\{N_1, N_2\}$ \\ + $y_n \leqslant x_n$. Противоречие + \end{proof} + + \notice - неверно для строгого знака ($-1/n, 1/n$) + + \follow \; Если $x_n \leqslant b \forall n, \lim x_n = a \Longrightarrow a\leqslant b$ + \begin{proof} + $y_n:=b$, далее из теоремы 1 + \end{proof} + \follow \; Если $x_n \geqslant a \forall n, \lim x_n = b \Longrightarrow a \leqslant b$ + + \begin{proof} + $y_n:=a$, далее из теоремы 1 + \end{proof} + + \follow \; $x_n \in [a, b], \lim x_n = c \Longrightarrow c \in [a, b]$. + Следует из предыдущих \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub16.tex b/sections/first/sub16.tex new file mode 100644 index 0000000..f3b0854 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub16.tex @@ -0,0 +1,23 @@ +\subsection{Теорема о двух милиционерах} + + + \begin{theorem-non} + Теорема о сжатой последовательности (о двух милиционерах) \\ + $x_n \leqslant y_n \leqslant z_n\ \forall n\in N, \lim x_n = \lim z_n = a \Longrightarrow \lim y_n = a$ + \end{theorem-non} + \begin{proof} + \[ + \begin{drcases} + \lim x_n = a \Longrightarrow \forall \varepsilon>0\ \exists N_1: x_n\in (a-\varepsilon, a+\varepsilon)\\ + \lim z_n = a \Longrightarrow \forall \varepsilon>0\ \exists N_2: z_n\in (a-\varepsilon, a+\varepsilon) + \end{drcases} + \Longrightarrow x_n > a-\varepsilon, z_n0\ \ S-\varepsilon$ не является верхней границей $\Longrightarrow \exists x_N>s-\varepsilon \Longrightarrow \forall n\geqslant N\ S-\varepsilon < x_n < S+\varepsilon \Longrightarrow$ S - предел + \end{proof} + + \follow \; Если последовательность монотонна, то она имеет предел тогда и только тогда, когда она ограничена. + + ``$\Longleftarrow$'' По доказанной теореме \\ + ``$\Longrightarrow$'' Из свойств предела \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub18.tex b/sections/first/sub18.tex new file mode 100644 index 0000000..6a89dd8 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub18.tex @@ -0,0 +1,43 @@ +\subsection{Топологическое пространство} + + \begin{conj} + $X$ - множество. Топология, это набор подмножеств $\Omega \subset X$, называющихся открытыми, таких что: + \begin{enumerate} + \item $\varnothing, X$ - открытые + \item Объединение любого количество открытых - открыто + \item Пересечение конечного числа открытых - открыто\\ + \end{enumerate} + \end{conj} + + \subsubsection*{Примеры} + \begin{itemize} + \item[] $\{\varnothing, X\}$ + \item[] $X = [0, +\infty), \Omega = (a, +\infty), a\geqslant 0\}$ + \end{itemize} + + \begin{conj} + Замкнутое множество - дополнение открытого + \end{conj} + \begin{conj} + $a$ - внутренняя точка множетсва $A$, если существует открытое множество $U$, т. ч. $a \in U, U\subset A$ + \end{conj} + \begin{conj} + Внутренность $Int\ A$ - объединение всех открытых множеств, содержащихся в $A$. Равносильно - множество всех внутренних точек + \end{conj} + \begin{conj} + Замыкание $Cl\ A$ - пересечение всех замкнутых множеств, содержищих $A$ + \end{conj} + \begin{conj} + $a = \lim x_n$, если вне любого открытого множества, содержащего точку $a$ находится лишь конечное число членов последовательности \\ + $\forall U \ni a\ \exists N\ \forall n\geqslant N\ x_n \in U$ + \end{conj} + \begin{conj} + Хаусдорфовость \\ + $\forall a, b \in X \ \exists U, V$ - открытые множества, такие что $a\in U,\ b\in V,\ U\cap V = \varnothing$. + \end{conj} + \begin{conj} + Если хаусдорфовость выполняется, то предел единственный. + \begin{proof} + Если $a, b$ - пределы, то $\exists U, V : a\in U,\ b\in V,\ U\cap V = \varnothing \Longrightarrow $ Вне $U$ лежит конечное количество членов, вне $V$ тоже, тогда и в $X$ конечное число членов. Противоречие + \end{proof} + \end{conj} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub19.tex b/sections/first/sub19.tex new file mode 100644 index 0000000..da3d145 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub19.tex @@ -0,0 +1,47 @@ +\subsection{Векторное пространство. Пространство $R^d$. Скалярное произведение. Неравенство Коши-Буняковского} + +\begin{conj} + $X$ - векторное пространство (над полем $\mathbb{R}$), если: + Определена операции "+": $X\times X \to X$ + "*": $\mathbb{R}\times X \to X$ \\ + \begin{enumerate} + \item Сложение коммутативно и ассоциативно + \item Существует $\overrightarrow{0}$ + \item Существует обратный элемент $x+(-x)=\overrightarrow{0}$ + \item $(\alpha \beta)x = \alpha(\beta x)\ \forall \alpha, \beta \in \mathbb{R}\ \ \forall x\in X$ + \item $(\alpha+\beta)x = \alpha x + \beta x$ + \item $\alpha(x+y) = \alpha x + \alpha y$ + \end{enumerate} +\end{conj} +\vspace*{0,5cm} + +\begin{conj} + \quad \\ + $R^d = \{ \langle x_1, x_2,...,x_d\rangle \}: x_i \in \mathbb{R}$ + + $\langle x_1,...,x_d\rangle +\langle y_1,...,y_d\rangle =\langle x_1+y_1,..., x_d + y_d\rangle $ + + $\alpha \langle x_1,...,x_d\rangle = \langle \alpha x_1,..., \alpha x_d\rangle $ +\end{conj} + +\begin{conj} + Скалярное произведение $\langle \bullet, \bullet\rangle X\times X \to \mathbb{R}$ + + \begin{enumerate} + \item $\langle x, x\rangle \geqslant 0,\ \langle x, x\rangle =0 \Longleftrightarrow x=\overrightarrow{0}$ + \item $\langle x, y\rangle = \langle y, x\rangle$ + \item $\langle x+y, z\rangle = \langle x, z\rangle + \langle y, z \rangle $ + \item $\langle \alpha x, y\rangle = \alpha \langle x, y \rangle $ + \end{enumerate} +\end{conj} + +\begin{conj} + Неравенство Коши-Буняковского: $\langle x, y \rangle^2 \leqslant \langle x, x \rangle \langle y, y \rangle$ +\end{conj} + +\begin{proof} + +$f(t):=\langle x+ty, x+ty\rangle = \langle x, x+ty \rangle + \langle ty, x+ty \rangle =\langle x, x \rangle + t\langle x, y \rangle + t\langle y, x \rangle + t^2\langle y, y \rangle = \langle x, x \rangle + 2t\langle x, y \rangle + t^2\langle y, y \rangle \geqslant 0$. Это всегда неотрицательно, тогда дискриминант неположителен. + +\[4t^2\langle x, y \rangle^2 - 4t^2\langle x, x \rangle \langle y, y \rangle \leqslant 0 \Longrightarrow \langle x, y \rangle^2 \leqslant \langle x, x \rangle \langle y, y \rangle\] +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub2.tex b/sections/first/sub2.tex new file mode 100644 index 0000000..8aaf110 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub2.tex @@ -0,0 +1,75 @@ +\subsection{Отношения} +\begin{conj} + Область определения: + $\delta_{R} = \{x \in A: \exists y \in B, $ т.ч.$ \langle x, y \rangle \in \mathbb{Z} \} $ +\end{conj} + +\begin{conj} + Область значений: + $\rho_{R} = \{y \in B: \exists x \in A, $ т.ч.$ \langle x, y \rangle \in \mathbb{Z} \} $ +\end{conj} +$\delta_{R^{-1}} = \rho_{R} \\ +\rho_{R^{-1}} = \delta_{R}$ + +\begin{conj} + Композиция отношений +\end{conj} + +\begin{itemize} + \item[] $R_1 \subset A \times B, \quad R_2 \subset B \times C, \quad R_1 \circ R_2 \subset A \times C$ +\end{itemize} +\subsubsection*{Пример} +\begin{itemize} + \item $\langle x, y \rangle \in R$, если x — отец y + \item $\langle x, y \rangle \in R \circ R$, если x — дед y + \item $\langle x, y \rangle \in R^{-1} \circ R$, если x — брат y + \item $\delta R$ — все, у кого есть сыновья +\end{itemize} +\begin{conj} + Бинарным отношением $R$ называется подмножество элементов декартова произведения двух + множеств $R \subset A \times B$ +\end{conj} + +\begin{itemize} + \item[] Элементы $x \in A, y \in B$ находятся в отношении, если $ \langle x, y \rangle \in R $ (то же, что $xRy$) + \item[] Обратное отношение $R^{-1} \subset B \times A$ +\end{itemize} + +\begin{conj} + Отношение называется: +\end{conj} +\begin{itemize} + \item Рефлексивным, если $xRx \; \forall x$ + \item Симметричным, если $xRy \Longrightarrow yRx$ + \item Транзитивным, если $xRy, yRz \Longrightarrow xRz$ + \item Иррефлексивным, если $\neg xRx \forall x$ + \item Антисимметричным, если $xRy, yRx \Longrightarrow x = y$ +\end{itemize} + +\begin{conj} + $R$ является отношением +\end{conj} +\begin{itemize} + \item[1.] Эквивалентности, если оно рефлексивно, симметрично и транзитивно + \item[2.] Нестрогого частичного порядка, если оно рефлексивно, антисимметрично и транзитивно + \item[3.] Нестрогого полного порядка, если выполняется п. $2 + \forall x, y$ либо $xRy$, либо $yRx$ + \item[4.] Строгого частичного порядка, если оно иррефлексивно и транзитивно + \item[5.] Строгого полного порядка, если выполняется п. $4 + \forall x$, y либо $xRy$, либо $yRx$ +\end{itemize} + +\subsubsection*{Пример} +\begin{itemize} + \item $x \equiv y \; (mod \; m)$ — отношение эквивалентности + \item $X$ - множество$, 2^X$ — множество всех его подмножеств + \item $\forall x, y \in 2^x : \langle x, y \rangle \in R, $ если $ x \subsetneq y$ — отношение строгого частичного порядка + \item Лексикографический порядок на множестве пар натуральных чисел — отношение нестрогого полного порядка +\end{itemize} + +\begin{conj} + Отображение $f: A \longrightarrow B$ +\end{conj} +\begin{itemize} + \item инъективно, если $f(x_1) = f(x_2) \Longleftrightarrow x_1 = x_2$ + \item сюръективно, если $\rho_f = B$ + \item биективно, если $f$ инъективно и сюръективно +\end{itemize} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub20.tex b/sections/first/sub20.tex new file mode 100644 index 0000000..9bf6441 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub20.tex @@ -0,0 +1,41 @@ +\subsection{Норма} + + \begin{conj} + Норма $||\bullet || : X\to \mathbb{R}$\\ + \begin{enumerate} + \item $||x|| \geqslant 0$, $||x|| = 0 \Longleftrightarrow x = \overleftarrow{0}$ + \item $||\alpha x|| = |\alpha|*||x||$ + \item $||x+y|| \leqslant ||x||+||y||$ + \end{enumerate} + \end{conj} + + \subsubsection*{Примеры} + $X = \mathbb{R},\ ||x||:=|x|$ + + $X = \mathbb{R}^d,\ ||x||:=|x_1|+|x_2|+...+|x_d|$ + \begin{theorem-non} + Если $\langle \bullet, \bullet \rangle$ - скалярное произведение в $X$, то $||x||:= \sqrt{\langle x, x \rangle}$ - норма.\\ + $||\alpha x|| = \sqrt{\langle \alpha x, \alpha x\rangle} = \sqrt{\alpha^2 \langle x, x\rangle} = |\alpha|\sqrt{\langle x, x \rangle}$\\ + $||x+y||^2 = \langle x+y, x+y \rangle = \langle x,x\rangle + 2\langle x, y\rangle + \langle y, y\rangle \Longrightarrow ||x||^2 + 2\langle x, y\rangle + ||y||^2 \overset{?}{\leq} ||x||^2 + 2||x||*||y|| + ||y||^2$ \vspace*{0,001cm}\\ + $2\langle x, y \rangle \leqslant 2||x||*||y|| = \sqrt{\langle x, x\rangle}\sqrt{\langle y, y\rangle\ }$ - верно по неравенству Коши Буняковского + \end{theorem-non} + + \begin{theorem-non} + Свойства норм: + \begin{enumerate} + \item $||x-y||=||(x-z)+(z-y)|| \leqslant ||x-z||+||z-y||$ + \item $d(x, y):=||x-y||$ - метрика + \item $|\ ||x||-||y||\ | \leqslant ||x-y||$ \\ + $|x|| = ||(x-y)+y|| \leqslant ||x-y||+||y||$ \\ + $||y|| = ||(y-x)+x|| \leqslant ||y-x||+||x||=||x-y||+||x||$ \\ + $||x-y||\geqslant ||x||-||y||$ \\ + $||x-y||\geqslant -(||x||-||y||)$ + \end{enumerate} + \end{theorem-non} + \begin{theorem-non} + $X$ - нормированное пространство. Тогда норма порождена некоторым скалярным произведением тогда и только тогда, когда + + $2(||x||^2+||y||^2)=||x+y||^2+||x-y||^2$ - тождество параллелограмма. + + Доказательства не будет. Автор принял Линал + \end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub21.tex b/sections/first/sub21.tex new file mode 100644 index 0000000..0f1eb72 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub21.tex @@ -0,0 +1,75 @@ +\subsection{Арифметические свойства пределов последовательности} + $X$ - нормированное пространство \\ + $x_n,\; y_n \in X \quad \lambda_n \in \mathbb{R}$ \\ + $\lim x_n = x_0 \quad \lim y_n = y_0 \quad \lim \lambda_n = \lambda_0$ + \begin{theorem-non} Арифметические свойства пределов в нормированном пространстве \end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item $lim (x_n + y_n) = x_0 + y_0$ + \begin{proof} + \begin{gather*} + ||x_n + y_n - (x_0 + y_0) || = || (x_n - x_0) + (y_n - y_0)|| \leqslant ||x_n - x_0|| + ||y_n - y_0|| \\ + \lim x_n = x_0 \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \quad \exists N_1 : \forall n \geqslant N_1 \quad ||x_n - x_0|| < \frac{\varepsilon}{2} \\ + \lim y_n = y_0 \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \quad \exists N_2 : \forall n \geqslant N_2 \quad ||y_n - y_0|| < \frac{\varepsilon}{2} + \end{gather*} + Тогда при $n \geqslant max\{N_1, N_2\} \quad ||x_n + y_n - (x_0 + y_0)|| \leqslant ||x_n - x_0|| + ||y_n - y_0|| < \varepsilon$ + \end{proof} + \item $\lim (x_n - y_n) = x_0 - y_0$ + \begin{proof} + Аналогично первому пункту. + \end{proof} + \item $\lim \lambda_nx_n = \lambda_0x_0$ + \begin{proof} + \begin{gather*} + || \lambda_nx_n - \lambda_0x_0 || = ||(\lambda_nx_n - \lambda_nx_0) + (\lambda_nx_0 - \lambda_0x_0)|| \leqslant \\ + \leqslant ||\lambda_nx_n - \lambda_nx_0|| + ||\lambda_nx_0 - \lambda_0x_0|| = |\lambda_n|*||x_n - x_0|| + |\lambda_n - \lambda_0|*||x_0|| + \end{gather*} + Так как у $\lambda_n$ есть предел, она ограничена, то есть $|\lambda_n| \leqslant M$. \\ + Итого получаем: + \[ || \lambda_nx_n - \lambda_0x_0 || \leqslant M*||x_n - x_0|| + ||x_0||*|\lambda_n - \lambda_0|| \] + \begin{gather*} + \lim x_n = x_0 \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \quad \exists N_1 : \forall n \geqslant N_1 \quad ||x_n - x_0|| < \frac{\varepsilon}{2M} \\ + \lim \lambda_n = \lambda_0 \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \quad \exists N_2 : \forall n \geqslant N_2 \quad |\lambda_n - \lambda_0| < \frac{\varepsilon}{2||x_0||+1} + \end{gather*} + При $n \geqslant max\{N_1, N_2\}$ + \[|| \lambda_nx_n - \lambda_0x_0 || \leqslant M*||x_n - x_0|| + ||x_0||*|\lambda_n - \lambda_0|| < M * \frac{\varepsilon}{2M} + ||x_0|| * \frac{\varepsilon}{2||x_0||+1} < \varepsilon\] + \end{proof} + \item $\lim ||x_n|| = ||x_0||$ + \begin{proof} + \[ ||x_n|| - ||x_0|| = ||(x_n - x_0) + x_0|| - ||x_0|| \leqslant ||x_n - x_0|| + ||x_0|| - ||x_0|| = ||x_n - x_0|| \to 0 \] + \end{proof} + \item Если в $X$ есть скалярное произведение, то $\lim = $ + \begin{proof} + \begin{gather*} + - = - + - = \\ + = + \\ + | - | \leqslant | | + | | \leqslant \\ + \leqslant ||x_n||*||y_n-y_0||+||x_n-x_0||*||y_0|| + \end{gather*} + Так как у $x_n$ есть предел, она ограничена, то есть $||x_n|| \leqslant M$. \\ + Итого получаем: + \begin{gather*} + | - | \leqslant M*\underbrace{||y_n - y_0||}_{\to 0}+||y_0||*\underbrace{||x_n - x_0||}_{\to 0} + \end{gather*} + \end{proof} + \end{enumerate} + \begin{theorem-non} Арифметические свойства пределов числовых последовательностей \end{theorem-non} + $x_n,\; y_n \in \mathbb{R} \quad \lim x_n = x_0 \quad \lim y_n = y_0$ + \begin{enumerate} + \item $\lim (x_n \pm y_n) = x_0 \pm y_0$ + \item $\lim (x_ny_n) = x_0y_0$ + \item $\lim |x_n| = |x_0|$ + \item Если $y_0 \neq 0$ и $y_n \neq 0\;\; \forall n$, то $\lim \frac{x_n}{y_n} = \frac{x_0}{y_0}$ + \begin{proof} + Докажем, что $\lim\frac{1}{y_n} = \frac{1}{y_0}$: + \[ | \frac{1}{y_n} - \frac{1}{y_0} | = \frac{|y_n - y_0|}{|y_n||y_0|} \] + Так кая $y_0 = \lim y_n$, найдется такое $N_1$, что $\forall n \geqslant N_1 \quad |y_n| \in (\frac{|y_0}{2}, \frac{3|y_0|}{2}) \Rightarrow |y_n| > \frac{|y_0|}{2}$ \\ + При $n >= N_1$ получаем, что + \begin{gather*} + \frac{|y_n - y_0|}{|y_n||y_0|} < \frac{|y_n - y_0|}{\frac{|y_0|}{2}|y_0|} \\ + lim y_n = y_0 \Rightarrow \forall \varepsilon > 0 \quad \exists N_2 : \forall n \geqslant N_2 \quad |y_n - y_0| < \frac{\varepsilon*y_0^2}{2} + \end{gather*} + Тогда если $n \geqslant max\{N_1, N_2\}$, то $|\frac{1}{y_n} - \frac{1}{y_0}| < \varepsilon$. + Теперь, когда мы знаем, что $lim\frac{1}{y_n} = \frac{1}{y_0}$, доказать исходное равенство легко: + \[ \lim \frac{x_n}{y_n} = \lim (x_n * \frac{1}{y_n}) = \lim x_n * \lim \frac{1}{y_n} = \frac{x_0}{y_0} \] + \end{proof} + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub22.tex b/sections/first/sub22.tex new file mode 100644 index 0000000..3c453d5 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub22.tex @@ -0,0 +1,28 @@ +\subsection{Покоординатная сходимость в $\mathbb{R}^d$} + \[ x_n = \] + $x_n$ покоординатно сходится к $x_0$, если \\ + \begin{gather*} + \begin{cases} + \lim x_n^{(1)} = x_0^{(1)} \\ + \dots \\ + \lim x_n^{(d)} = x_0^{(d)} + \end{cases} + \end{gather*} + + \begin{theorem-non} \end{theorem-non} + $x_n$ покоординатно сходится к $x_0 \Longleftrightarrow x_n$ сходится к $x_0$ по норме в $\mathbb{R}^d$ + + $||a|| = \sqrt{a_1^2 + \dots + a_d^2}$ - норма + + \begin{proof} + \[ ||x_n - x_0|| = \sqrt{(x_n^{(1)} - x_0^{(1)})^2 + \dots + (x_n^{(d)} - x_0^{(d)})^2} \] + Заметим следующее: + \[ \sqrt{(x_n^{(1)} - x_0^{(1)})^2 + \dots + (x_n^{(d)} - x_0^{(d)})^2} \geqslant \sqrt{(x_n^{(k)} - x_0^{(k)})^2} = |x_n^{(k)} - x_0^{(k)}| \] + \[ \sqrt{(x_n^{(1)} - x_0^{(1)})^2 + \dots + (x_n^{(d)} - x_0^{(d)})^2} \leqslant |x_n^{(1)} - x_0^{(1)}| + \dots + |x_n^{(d)} - x_0^{(d)}| \] + Итого получаем + \[ |x_n^{(k)} - x_0^{(k)}| \leqslant ||x_n - x_0|| \leqslant |x_n^{(1)} - x_0^{(1)}| + \dots + |x_n^{(d)} - x_0^{(d)}| \] + Докажем $"\Leftarrow"$: + \[ \lim x_n = x_0 \Rightarrow ||x_n - x_0|| \to 0 \Rightarrow |x_n^{(k)} - x_0^{(k)}| \to 0 \Rightarrow \lim x_n^{(k)} = x_0^{(k)} \] + Докажем $"\Rightarrow"$: + \[ \lim x_n^{(k)} = x_0^{(k)} \Rightarrow |x_n^{(k)} - x_0^{(k)}| \to 0 \Rightarrow \sum_{k = 1}^d |x_n^{(k)} - x_0^{(k)}| \to 0 \Rightarrow ||x_n - x_0|| \to 0 \Rightarrow \lim x_n = x_0 \] + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub23.tex b/sections/first/sub23.tex new file mode 100644 index 0000000..7eab9d8 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub23.tex @@ -0,0 +1,68 @@ +\subsection{Бесконечные пределы} + \begin{itemize} + \item \underline{$x_n \in \mathbb{R} \quad \lim x_n = +\infty$} + + Вне любого луча $(u, +\infty)$ находится лишь конечное число членов. + + $\forall u\quad \exists N: \forall n \geqslant N \quad x_n > u$ + \item \underline{$x_n \in \mathbb{R} \quad \lim x_n = -\infty$} + + Вне любого луча $(-\infty, u)$ находится лишь конечное число членов. + + $\forall u\quad \exists N: \forall n \geqslant N \quad x_n < u$ + + \item \underline{$x_n \in \mathbb{R} \quad \lim x_n = \infty$} + + В любом интервале $(u, v)$ находится лишь конечное число членов. + + $\forall u\quad \exists N: \forall n \geqslant N \quad |x_n| > u$ + \end{itemize} + \vspace{0.7cm} + \underline{Замечание 1}: Если $\lim x_n = +\infty$ или $\lim x_n = -\infty$, то $\lim x_n = \infty$. Обратное неверно (контрпример - $x_n = (-1)^nn$). + + \underline{Замечание 2}: Если $\lim x_n = \infty$, то ${x_n}$ не ограничена. Обратное неверно (контрпример - $x_n = n$(если $n$ четно) и $x_n = 0$ иначе). + \vspace{0.3cm} + + \begin{theorem-non} Единственность предела в $\overline{\mathbb{R}}$ + \end{theorem-non} + Если $\lim x_n = a \in \overline{\mathbb{R}}$ и $\lim x_n = b \in \overline{\mathbb{R}}$, то $a = b$. + \begin{proof} + Пусть $a < b$. + + Если $a,\;b \in \mathbb{R}$, то $a = b$ (должно быть доказано где-то раньше). + + Если $a \in \mathbb{R}$ и $b = +\infty$, то в $(a - 1, a + 1)$ и $(a + 1, +\infty)$ должно содержаться бесконечное число членов последовательности, но это невозможно. + + Аналогично для случая $a = -\infty$ и $b \in \mathbb{R}$. + + Если $a = \infty$ и $b = \infty$, то либо $a = b = +\infty$, либо $a = b = -\infty$. + \end{proof} + \begin{theorem-non} О стабилизации знака в $\overline{\mathbb{R}}$ \end{theorem-non} + Если $\lim x_n = a \in \overline{\mathbb{R}}$ и $a \neq 0$, то, начиная с некоторого номера, $x_n$ и $a$ одного знака. + \begin{proof} + Не, ну это очевидно. + \end{proof} + \begin{theorem-non} О предельном переходе в неравенстве в $\overline{\mathbb{R}}$ \end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item Если $\lim x_n = +\infty$ и $x_n \leqslant y_n \;\forall n$, то $\lim y_n = +\infty$. + \begin{proof} + Мы знаем что, + \[ \forall u\quad \exists N: \forall n \geqslant N \quad x_n > u \] + Так как $x_n \leqslant y_n \;\forall n$, то нам подойдет тоже $N$: + \[ \forall n \geqslant N \quad y_n \geqslant x_n > u \] + \end{proof} + \item Если $\lim y_n = -\infty$ и $x_n \leqslant y_n \;\forall n$, то $\lim x_n = -\infty$. + \begin{proof} + Аналогично первому пункту. + \end{proof} + \item Если $x_n \leqslant y_n \;\forall n$ и $\lim x_n = a \in \overline{\mathbb{R}},\; \lim y_n = b \in \overline{\mathbb{R}}$, то $a \leqslant b$ + \begin{proof} \quad \\ + \begin{itemize} + \item $a, b \in R$, доказано ранее + \item $a = -\infty$, то $a \leqslant b$ всегда + \item $a = +\infty$, то по первому пункту $b = +\infty$ + \item $b = +\infty$, то $a \leqslant b$ всегда + \item $b = -\infty$, то по второму пункту $a = -\infty$ + \end{itemize} + \end{proof} + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub24.tex b/sections/first/sub24.tex new file mode 100644 index 0000000..346dab5 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub24.tex @@ -0,0 +1,30 @@ +\subsection{Бесконечно большие и малые последовательности} + \begin{itemize} + \item $x_n$ называется бесконечно большой, если $\lim x_n = \infty$ + \item $x_n$ называется бесконечно малой, если $\lim x_n = 0$ + \item $x_n$ называется сходящайся, если она имеет конечный предел + \end{itemize} + \vspace{0.7cm} + \begin{theorem-non} Связь между бесконечно большими и бесконечно малыми\end{theorem-non} + $x_n \neq 0\; \forall n$ \\ + $x_n$ - б.б. $\Leftrightarrow \frac{1}{x_n}$ - б.м. + \begin{proof} + $x_n$ - б.б. $\Leftrightarrow \forall u > 0\quad \exists N : \forall n \geqslant N\quad |x_n| > u$ $\Leftrightarrow$ + + $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0\quad \exists N : \forall n \geqslant N\quad |x_n| > \frac{1}{\varepsilon} \Leftrightarrow \frac{1}{|x_n|} < \varepsilon \Leftrightarrow \frac{1}{x_n}$ - б.м. + \end{proof} + \begin{theorem-non} О действиях с бесконечно малыми \end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item Сумма / разность б.м. это б.м. + \begin{proof} + Предел суммы / разности это сумма / разность пределов. + \end{proof} + \item Произведение б.м. и ограниченной это б.м. + \begin{proof} + $y_n$ - ограниченная $\Rightarrow |y_n| \leqslant M$ + + $x_n$ - б.м. $\Rightarrow \forall \varepsilon > 0\quad \exists N : \forall n \geqslant N\quad |x_n| < \frac{\varepsilon}{M}$ + + $|x_ny_n| \leqslant M|x_n| < \varepsilon$ + \end{proof} + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub25.tex b/sections/first/sub25.tex new file mode 100644 index 0000000..ae6c64f --- /dev/null +++ b/sections/first/sub25.tex @@ -0,0 +1,69 @@ +\subsection{Арифметические действия в $\overline{\mathbb{R}}$} + \begin{theorem-non} Об арифметических операциях с $\infty$ \end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item $x_n \to +\infty,\; y_n$ - ограниченная снизу $\Rightarrow x_n + y_n \to +\infty$ + \begin{proof} + $y_n$ - ограниченная снизу $\Rightarrow y_n \geqslant a$ + + $x_n \to +\infty \Rightarrow \forall u \quad \exists N: \forall n \geqslant N \quad x_n > u - a$ + + $\Rightarrow x_n + y_n > u - a + a = u$ + \end{proof} + \item $x_n \to -\infty,\; y_n$ - ограниченная сверху $\Rightarrow x_n + y_n \to -\infty$ + \begin{proof} + Аналогично предыдущему пункту. + \end{proof} + \item $x_n \to \infty,\; y_n$ - ограниченная $\Rightarrow x_n \pm y_n \to \infty$ + \begin{proof} + Аналогично первому пункту. + \end{proof} + \item $x_n \to \pm \infty,\; y_n \geqslant c > 0 \Rightarrow x_ny_n \to \pm \infty$ + \begin{proof} + $x_n \to +\infty \Rightarrow \forall u \quad \exists N: \forall n \geqslant N \quad x_n>\frac{u}{c}$ + + $y_n \geqslant c > 0 \Rightarrow x_ny_n \geqslant cx_n > u$ + + Случай $x_n \to -\infty$ рассматривается аналогично. + \end{proof} + \item $x_n \to \pm \infty,\; y_n \leqslant c < 0 \Rightarrow x_ny_n \to \mp \infty$ + \begin{proof} + Аналогично предыдущему пункту. + \end{proof} + \item $x_n \to \infty,\; |y_n| \geqslant c > 0 \Rightarrow x_ny_n \to \infty $ + \begin{proof} + Аналогично четвертому пункту. + \end{proof} + \item $x_n \to a \neq 0,\; y_n \neq 0 \to 0 \Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \to \infty$ + \begin{proof} + $\lim \frac{y_n}{x_n} = 0 \Rightarrow \frac{y_n}{x_n}$ - б.м. $\Rightarrow \frac{x_n}{y_n}$ - б.б. $\Rightarrow \lim \frac{x_n}{y_n} = \infty$ + \end{proof} + \item $x_n$ - ограниченная, $y_n \to \infty \Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \to 0$ + \begin{proof} + $y_n \to \infty \Rightarrow \frac{1}{y_n}$ - б.м. $\Rightarrow x_n * \frac{1}{y_n}$ - б.м. + \end{proof} + \item $x_n \to \infty,\; y_n \neq 0$ - ограниченная $\Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \to \infty$ + \begin{proof} + $y_n$ - ограниченная $\Rightarrow |y_n| \leqslant M$ + + $x_n \to \infty \Rightarrow \forall u > 0 \quad \exists N : \forall n \geqslant N \quad |x_n| > uM \Rightarrow |\frac{x_n}{y_n}| \geqslant |\frac{x_n}{M}| > u$ + \end{proof} + \end{enumerate} + \vspace{0.7cm} + Запрещенные операции: + \begin{itemize} + \item $+\infty \pm (\mp\infty)$ + \item $-\infty \pm (\pm\infty)$ + \item $\pm \infty * 0$ + \item $\frac{0}{0}$ + \item $\frac{\pm \infty}{\pm \infty}$ + \end{itemize} + \vspace{0.3cm} + Почему эти операции запрещенные? Разберем на примере: + + $\lim x_n = \lim y_n = +\infty$ \\ + $x_n - y_n$ может иметь любой предел в $\overline{\mathbb{R}}$, а может его вообще не иметь: + \begin{itemize} + \item $x_n = n + a,\; y_n = n \Rightarrow x_n - y_n = a \to a$ + \item $x_n = 2n,\; y_n = n \Rightarrow x_n - y_n = n \to +\infty$ + \item $x_n = n + (-1)^n,\; y_n = n \Rightarrow x_n - y_n = (-1)^n$ - предела не имеет + \end{itemize} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub26.tex b/sections/first/sub26.tex new file mode 100644 index 0000000..ca3b000 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub26.tex @@ -0,0 +1,29 @@ +\subsection{Неравенство Бернулли} + \[ (1 + x)^n \geqslant 1 + nx \quad x > -1,\; n \in \mathbb{N} \] + \begin{proof} + Индукция по $n$. + + База $n = 1: (1 + x) = 1 + x$ + + Переход $n \to n + 1: (1 + x)^{n + 1} = \underbrace{(1 + x)}_{> 0}\underbrace{(1 + x)^n}_{assumption} \geqslant (1 + x)(1 + nx) = 1 + (n + 1)x + nx^2 \geqslant 1 + (n + 1)x$ + \end{proof} + \underline{Замечание 1:} В неравенсте Бернулли почти всегда строгий знак, равенство достигается только в случаях, когда $n = 1$ или $x = 0$. + + \underline{Замечание 2:} $(1 + x)^p \geqslant 1 + px \quad x > -1$ верно при всех $p \geqslant 1$ и $p \leqslant 0$. Какая-то жесткая тема. Дали без доказателства. + \vspace{0.5cm} + + \textbf{Следствие.} + \begin{enumerate} + \item Если $a > 1$, то $\lim a^n = +\infty$. + \begin{proof} + $a > 1 \Rightarrow a = 1 + x \quad x > -1$ + + $a^n = (1 + x)^n \geqslant 1 + xn \to +\infty$ + \end{proof} + \item Если $|a| < 1$, то $\lim a^n = 0$. + \begin{proof} + Считаем, что $a \neq 0$. + + $|\frac{1}{a}| > 1 \Rightarrow \lim |\frac{1}{a}|^n = +\infty \Rightarrow |\frac{1}{a}|^n$ - б.б. $\Rightarrow |a^n|$ - б.м. $\Rightarrow a^n$ - б.м. + \end{proof} + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub27.tex b/sections/first/sub27.tex new file mode 100644 index 0000000..0d74db3 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub27.tex @@ -0,0 +1,46 @@ +\subsection{Определение экспоненты} + Рассмотрим последовательность $x_n = (1 + \frac{a}{n})^n$, где $a \in \mathbb{R}$ + \begin{theorem-non} + $x_n$ монотонно возрастает, начиная с $n > -a$ и ограничена сверху + \end{theorem-non} + \begin{proof} \quad \\ + \begin{enumerate} + \item Монотонное возрастание (если $a < 0$, то с номера $n = [-a] + 1$) + \begin{equation*} + \begin{split} + \frac{x_n}{x_{n - 1}} &= \frac{(1 + \frac{a}{n})^n}{(1 + \frac{a}{n - 1})^{n - 1}} \\ + &= \frac{\frac{(n + a)^n}{n^n}}{\frac{(n - 1 + a)^{n - 1}}{(n - 1)^{n - 1}}} \\ + &= \frac{(n - 1)^{n - 1}}{n^n} * \frac{(n + a)^n}{(n - 1 + a)^{n - 1}} \\ + &= \frac{(n - 1)^n * (n + a)^n}{n^n * (n - 1 + a)^n } * \frac{n - 1 + a}{n - 1} \\ + &= (\frac{n^2 - n + an - a}{n^2 - n + an})^n * \frac{n - 1 + a}{n - 1} \\ + &= \underbrace{(1 - \frac{a}{n(n - 1 + a)})^n}_{\geqslant 1 - \frac{na}{n(n - 1 + a)} \;by\; Bernoulli's\; inequality} * \frac{n - 1 + a}{n - 1} \\ + &\geqslant\frac{n - 1}{n - 1 + a} * \frac{n - 1 + a}{n - 1} = 1 + \end{split} + \end{equation*} + \item Ограниченность сверху + + $y_n = (1 - \frac{a}{n})^n$ монотонно возрастает при $n > a$ + + $x_ny_n = (1 + \frac{a}{n})^n * (1 - \frac{a}{n})^n = (1 - (\frac{a}{n})^2)^n \leqslant 1$ + + $y_n \geqslant c > 0$, начиная с некоторого номера $\Rightarrow 1 \geqslant x_ny_n \geqslant cx_n \Rightarrow x_n \leqslant \frac{1}{c}$, начиная с некоторого номера $\Rightarrow x_n$ - ограниченная + \end{enumerate} + \end{proof} + \textbf{Следствие.} Существует конечный $\lim (1 + \frac{a}{n})^n$ + \begin{conj} \quad \\ + \begin{enumerate} + \item $exp\,a := \lim (1 + \frac{a}{n})^n$ + \item $e := \lim (1 + \frac{1}{n})^n \approx 2,71828$ + \end{enumerate} + \end{conj} + \underline{Замечание:} Последовательность $x_n = (1 + \frac{a}{n})^n$ при $a \neq 0$ \underline{строго} монотонно возрастает c $n > -a$. В доказателсьстве пользовались неравенством Бернулли, при $a \neq 0$ в нем строгий знак. + \vspace{0.5cm} + + \textbf{Следствие.} Последовательность $z_n = (1 + \frac{1}{n})^{n+1}$ строго убывает и стремиться к $e$ + \begin{proof} + $z_n = \underbrace{(1 + \frac{1}{n})}_{\to 1} * \underbrace{(1 + \frac{1}{n})^n}_{\to e} \to e$ + + $z_n = (\frac{n + 1}{n})^{n+1} = \frac{1}{(\frac{n}{n+1})^{n+1}} = \frac{1}{(1 - \frac{1}{n+1})^{n+1}}$ + + Последовательность $(1 - \frac{1}{n+1})^{n+1}$ строго возрастает, следовательно, обратная к ней строго убывает. + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub28.tex b/sections/first/sub28.tex new file mode 100644 index 0000000..bb1b0a4 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub28.tex @@ -0,0 +1,33 @@ +\subsection{Свойства экспоненты} + \begin{enumerate} + \item Для любого $a \in \mathbb{R} \quad exp\,a > 0$ + \item $exp\,0 = 1,\; exp\,1 = e$ + \item Если $a \leqslant b$, то $exp\,a \leqslant exp\,b$ + \begin{proof} + $0 < 1 + \frac{a}{n} \leqslant 1 + \frac{b}{n}$ при $n > -a \Rightarrow \underbrace{(1 + \frac{a}{n})^n}_{\to exp\,a} \leqslant \underbrace{(1 + \frac{b}{n})^n}_{\to exp\,b}$ при $n > -a$ + \end{proof} + \item $exp\,a \geqslant 1 + a$ + \begin{proof} + По неравенству Бернулли: + + $\underbrace{(1 + \frac{a}{n})^n}_{\to exp\,a} \geqslant 1 + n * \frac{a}{n} = 1 + a$ при $n > -a$ + \end{proof} + \item $exp\,a * exp\,(-a) \leqslant 1$ + \begin{proof} + $\underbrace{(1 + \frac{a}{n})^n}_{\to exp\,a} * \underbrace{(1 - \frac{a}{n})^n}_{\to exp\,(-a)} = (1 - (\frac{a}{n})^2)^n \leqslant 1$ + \end{proof} + \item $exp\,a \leqslant \frac{1}{1 - a}$ при $a < 1$ + \begin{proof} + С помощью двух предыдущих пунктов + + $exp\,a \leqslant\frac{1}{exp\,(-a)} \leqslant \frac{1}{1 - a}$ + \end{proof} + \item $(1 + \frac{1}{n})^n < e < (1 + \frac{1}{n})^{n + 1}$ при всех $n$ + \begin{proof} + $(1 + \frac{1}{n})^n < (1 + \frac{1}{n+1})^{n+1} \leqslant \underbrace{(1 + \frac{1}{m})^{m}}_{\to e}$ при $m + \geqslant n + 1 \Rightarrow (1 + \frac{1}{n})^n < e$ + + $(1 + \frac{1}{n})^{n + 1} > (1 + \frac{1}{n+1})^{n + 2} \geqslant \underbrace{(1 + \frac{1}{m})^{m + 1}}_{\to e}$ при $m \geqslant n + 1 \Rightarrow (1 + \frac{1}{n})^{n + 1} > e$ + \end{proof} + В частности, подставив $n = 1$ и $n = 5$ получаем, что $2 < e < 3$ + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub29.tex b/sections/first/sub29.tex new file mode 100644 index 0000000..2e524af --- /dev/null +++ b/sections/first/sub29.tex @@ -0,0 +1,24 @@ +\subsection{Формула для экспоненты суммы} + \textbf{Лемма.} + Если $\lim a_n = a \in \mathbb{R}$, то $\lim (1 + \frac{a_n}{n})^n = exp\,a$ + \begin{proof} + Последовательность $a_n$ ограничена $\Rightarrow a_n \leqslant M,\; a \leqslant M$ и $M > 0$ + + $A := 1 + \frac{a}{n} \leqslant 1 + \frac{M}{n} \quad B:= 1 + \frac{a_n}{n} \leqslant 1 + \frac{M}{n}$ + + Надо доказать, что $\lim(A^n - B^n) = 0$ + \begin{equation*} + \begin{split} + |A^n - B^n| &= |A - B|(A^{n-1} + A^{n-2}B + \dots + B^{n-1}) \\ &\leqslant |A-B|n(1 + \frac{M}{n})^{n-1} \\ + &\leqslant |A-B|n(1 + \frac{M}{n})^n \\ + &= \frac{|a-a_n|}{n}n(1 + \frac{M}{n})^n \\ + &= |a - a_n|(1 + \frac{M}{n})^n \leqslant \underbrace{|a-a_n|}_{\to 0}*exp\,M + \end{split} + \end{equation*} + \end{proof} + \begin{theorem-non} + $exp\,(a+b) = exp\,a * exp\,b$ + \end{theorem-non} + \begin{proof} + \[ \underbrace{(1 + \frac{a}{n})^n}_{\to\,exp\,a} * \underbrace{(1 + \frac{b}{n})^n}_{\to\,exp\,b} = (1 + \frac{a+b}{n} + \frac{ab}{n^2})^n = \underbrace{(1 + \frac{a + b + \frac{ab}{n}}{n})^n}_{a + b + \frac{ab}{n} := a_n \to\,a + b} = \underbrace{(1 + \frac{a_n}{n})^n}_{\to\,exp\,(a+b)} \] + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub3.tex b/sections/first/sub3.tex new file mode 100644 index 0000000..03df694 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub3.tex @@ -0,0 +1,67 @@ +\subsection{Аксиомы вещественных чисел} +\begin{conj} + Вещественные числа - алгебраическая структура, над которой определены + операции сложения ``+'' и умножения ``$\cdot$'' $(\mathbb{R} * \mathbb{R} \Longrightarrow \mathbb{R})$ +\end{conj} +\begin{conj} + Аксиомы вещественных чисел: +\end{conj} +\begin{itemize} + \item[$A_1$] Ассоциативность сложения \\ + $x + (y + z) = (x + y) + z$ + \item[$A_2$] Коммутативность сложения \\ + $x + y = y + x$ + \item[$A_3$] Существование нуля \\ + $\exists 0 \in \mathbb{R} : \forall x \in \mathbb{R} \; x + 0 = x$ + \item[$A_4$] Существование обратного элемента по сложению \\ + $\forall x \in \mathbb{R} \; \exists (-x) \in \mathbb{R} : x + (-x) = 0$ + \item[$M_1$] Ассоциативность умножения \\ + $x(y \cdot z) = (x \cdot y)z$ + \item[$M_2$] Коммутативность умножения \\ + $xy = yx$ + \item[$M_3$] Существование единицы \\ + $\exists 1 \in \mathbb{R} : \forall x \in \mathbb{R} \; x \cdot 1 = x$ + \item[$M_4$] Существование обратного элемента по умножению \\ + $\forall x \in \mathbb{R} \; \exists x^{-1} \in \mathbb{R} : x \cdot x^{-1} = 1$ + \item[$M_A$] Дистрибутивность \\ + $(x + y) \cdot z = x \cdot z + y \cdot z$ +\end{itemize} +\nocite - Вышеперечисленные аксиомы бразуют поле \vspace{0.5cm} \\ +\textbf{Бинарное отношение} ``$\leqslant$'' \\ +Аксиомы порядка, задающие отношение порядка на множестве вещественных чисел: +\begin{itemize} + \item[$O_1$] $x \leqslant x \quad \forall x$ + \item[$O_2$] $x \leqslant y $ и $ y \leqslant x \Longrightarrow x = y$ + \item[$O_3$] $x \leqslant y $ и $ y \leqslant z \Longrightarrow x \leqslant z$ + \item[$O_4$] $\forall x, y \in \mathbb{R} : x \leqslant y $ или $ y \leqslant x$ + \item[$O_4$] $x \leqslant y \Longrightarrow x + z \leqslant y + z \quad \forall z$ + \item[$O_4$] $0 \leqslant x $ и $ 0 \leqslant y \Longrightarrow 0 \leqslant xy$ +\end{itemize} +\begin{theorem-non} + Аксиома полноты +\end{theorem-non} +$A, B \subset \mathbb{R} : A \neq \varnothing, B \neq \varnothing, \forall a \in A \; \forall b \in B \; a \leqslant b$ \\ +Тогда $\exists c \in \mathbb{R} : a \leqslant c \leqslant b \; \forall a \in A \; \forall b \in B$ +\begin{theorem-non} + Принцип Архимеда +\end{theorem-non} +Согласно принципу Архимеда: $\forall x \in \mathbb{R}$ и $\forall y_{>0} \in \mathbb{R} \; \exists n \in \mathbb{N} : x < ny$ +\begin{proof} + \quad \\ $A = \{a \in \mathbb{R} : \exists n \in \mathbb{N} : a < ny\}, A \neq \varnothing$ т.к. $0 \in A$ \\ + $B = \mathbb{R} \; \setminus \; A$ \\ + Пусть $A \neq \mathbb{R}$, тогда $B \neq \varnothing$ Покажем, что $a \leqslant b$, если $a \in A, b \in B$ \\ + Пойдем от противного. Если $b < a < ny \Longrightarrow b < ny \Longrightarrow b \in A$ - противоречие \\ + Таким образом, по аксиоме полноты $\exists c \in \mathbb{R} : a \leqslant c \leqslant b \quad \forall a \in A, \forall b \in B$ \\ + Предположим, что $c \in A$. Тогда $c < ny$ для некоторого $n \in \mathbb{N} \Longrightarrow c + y < (n + 1)y \Longrightarrow \\ + c + y \in A \Longrightarrow c + y \leqslant c \Longrightarrow y \leqslant 0$. Это противоречит условию. \\ + Пусть $c \in B$. Так как $y > 0, c - y < c$. Так как $B$ - дополненние $A$ и $c - y \neq c, \; c - y \in A + \Longrightarrow c - y < ny \Longrightarrow c < (n + 1)y \Longrightarrow c \in A$. Снова пришли к противоречию. \\ + Значит $c \notin A, c \notin B \Longrightarrow c$ не существует $\Longrightarrow B = \varnothing \Longrightarrow A = \mathbb{R}$ +\end{proof} +\textbf{\textit{Следствие:}} + \begin{itemize} + \item[] $\forall \varepsilon_{> 0} \; \exists n \in \mathbb{N}: {{1}\over{n}} < \varepsilon$ + \begin{proof} + \quad \\ $x = 1, y = \varepsilon \Longrightarrow \exists n \in N: 1 < n\varepsilon$ + \end{proof} + \end{itemize} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub30.tex b/sections/first/sub30.tex new file mode 100644 index 0000000..55aec96 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub30.tex @@ -0,0 +1,32 @@ +\subsection{Сравнение скорости возрастания последовательностей} + \begin{theorem-non} + Пусть $x_n > 0$ и $\lim \frac{x_{n+1}}{x_n} < 1$. Тогда $x_n \to\,0$ + \end{theorem-non} + \begin{proof} \quad \\\\ + $l := \lim \frac{x_{n+1}}{x_n}$. Начиная с некоторого номера $m \;\; \frac{x_{n+1}}{x_n} < \frac{1 + l}{2} =: q < 1$ + + При $n \geqslant m$ + \[ 0 < x_n = \frac{x_n}{x_{n-1}} * \frac{x_{n-1}}{x_{n-2}} * \frac{x_{n-2}}{x_{n-3}} * \dots * \frac{x_{m+1}}{x_m} * x_m < q^{n-m}x_m = q^n * \frac{x_m}{q^m} \] + \[ 0 < x_n < q^n * \frac{x_m}{q^m} \to 0 \Rightarrow x_n \to 0 \] + \end{proof} + \textbf{Следствие.} + \begin{enumerate} + \item $\lim \frac{n^k}{a^n} = 0$ при $a > 1$ (показательная функция растет быстрее полиномиальной) + \begin{proof} + $x_n = \frac{n^k}{a^n}$ + \[ \frac{x_{n+1}}{x_n} = + \frac{(n+1)^ka^n}{a^{n+1}n^k} = + (\frac{n+1}{n})^k * \frac{a^n}{a^{n+1}} = \frac{1}{a} * (1 + \frac{1}{n})^k \to \frac{1}{a} < 1 \Rightarrow x_n \to 0\] + \end{proof} + \item $\lim \frac{a^n}{n!} = 0$ (факториал растет быстрее показательной) + \begin{proof} + $x_n = \frac{a^n}{n!}$ + \[ \frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{a^{n+1}n!}{(n+1)!a^n} + = a\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{a}{n+1} \to 0 < 1 \Rightarrow x_n \to 0 \] + \end{proof} + \item $\lim \frac{n!}{n^n} = 0$ + \begin{proof} + $x_n = \frac{n!}{n^n}$ + \[ \frac{x_{n+1}}{x_n} = \frac{(n+1)!n^n}{(n+1)^{n+1}n!} = \frac{(n+1)n^n}{(n+1)^{n+1}} = (\frac{n}{n+1})^n = \frac{1}{(\frac{n + 1}{n})^n} = \frac{1}{(1 + \frac{1}{n})^n} \to \frac{1}{e} < 1 \Rightarrow x_n \to 0 \] + \end{proof} + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub31.tex b/sections/first/sub31.tex new file mode 100644 index 0000000..2a00e4b --- /dev/null +++ b/sections/first/sub31.tex @@ -0,0 +1,100 @@ +\subsection{Теорема Штольца (для неопределённости $\frac \infty \infty$)} + + \begin{theorem-non} Штольца № 1 \end{theorem-non} + Пусть $(y_n)$ строго возрастает и $\lim y_n = +\infty$. + Тогда если $\lim \frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} = l \in + \overline{\mathbb{R}}$, то $\lim \frac{x_n}{y_n} = l$. + \begin{proof} + \textbf{Ключевой случай $l = 0$:} + + Пусть \[\varepsilon_n := + \frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} \rightarrow 0\] + + Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и найдём $m$, т.ч. $ + \abs{\varepsilon_n} < \varepsilon$ при $n \geqslant m$. + + \[x_n - x_m = (x_n - x_{n - 1}) + (x_{n - 1} - x_{n - 2}) + + ... + (x_{m + 1} - x_m) = \sum_{k=m+1}^n \varepsilon_k + \cdot (y_k - y_{k - 1})\] + \[\abs{x_n - x_m} \leqslant \sum_{k=m+1}^n \abs{\varepsilon_k} + \cdot (y_k - y_{k - 1}) < \sum_{k=m+1}^n \varepsilon + \cdot (y_k - y_{k - 1}) = \varepsilon \cdot \sum_{k=m+1}^n + (y_k - y_{k - 1}) = \varepsilon \cdot (y_n - y_m) < + \varepsilon y_n\] + + Можно считать, что $y_m > 0$ (по теореме о стабилизации знака). + + Заметим, что $\abs{x_m}$ фиксировано, а $y_n \rightarrow +\infty$ + $\Rightarrow$ $\lim \frac{\abs{x_m}}{y_n} = 0$ и + $\frac{\abs{x_m}}{y_n} < \varepsilon$, начиная с некоторого номера. + + \[\abs{x_n} \leqslant \abs{x_m} + \abs{x_n - x_m} < + \abs{x_m} + \varepsilon y_n \Rightarrow \abs{\frac{x_n}{y_n}} < + \frac{\abs{x_m}}{y_n} + \varepsilon < 2 \varepsilon\] + начиная с некоторого номера $\Rightarrow \lim \abs{\frac{x_n}{y_n}} = 0 = l$. + + \textbf{Случай $l \in \mathbb{R}$:} + \[\widetilde{x_n} := x_n - l \cdot y_n, \widetilde{x_n} - + \widetilde{x_{n-1}} = x_n - x_{n-1} - l \cdot (y_n - y_{n-1})\] + \[\frac{\widetilde{x_n} - \widetilde{x_{n-1}}} + {y_n - y_{n - 1}} = \frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} - l + \rightarrow 0 \xRightarrow[]{l = 0} \frac{\widetilde{x_n}}{y_n} + \rightarrow 0 \Rightarrow \frac{\widetilde{x_n}}{y_n} = + \frac{x_n - l \cdot y_n}{y_n} = \frac{x_n}{y_n} - l + \rightarrow 0 \Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \rightarrow l\] + + \textbf{Случай $l = +\infty$:} + + \[\frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} \rightarrow +\infty + \Rightarrow \frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} > 1\] + начиная с некоторого номера \\ + $\Rightarrow x_n - x_{n - 1} > y_n - y_{n - 1} > 0 \Rightarrow + x_n$ строго возрастает с нек. номера $m \Rightarrow$\\ + $\Rightarrow x_n - x_m > y_n - y_m \Rightarrow + x_n > y_n + (x_m - y_m) \rightarrow +\infty \Rightarrow + x_n \rightarrow +\infty$ + + Рассмотрим + \[\frac{y_n - y_{n - 1}}{x_n - x_{n - 1}} \rightarrow 0 + \xRightarrow[]{l = 0} \frac{y_n}{x_n} \rightarrow 0 \Rightarrow + \frac{x_n}{y_n} \rightarrow +\infty\] (а не $\infty$, т.к. + $x_n > 0, y_n > 0$ с нек. номера) + + \textbf{Случай $l = -\infty$} + + Пусть $\widetilde{x_n} := -x_n$. + \[\frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n - 1}} \rightarrow -\infty + \Rightarrow \frac{\widetilde{x_n} - \widetilde{x_{n-1}}} + {y_n - y_{n - 1}} = -\frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n - 1}} + \rightarrow +\infty \Rightarrow -\frac{x_n}{y_n} = + \frac{\widetilde{x_n}}{y_n} \rightarrow +\infty + \Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \rightarrow -\infty\] + + \end{proof} + + \textbf{Следствие.} + \[\text{Если } \lim a_n = a \in \overline{\mathbb{R}} + \text{, то } \lim \frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n} = a\] + \begin{proof} + \[x_n := \sum_{k=1}^n a_k, \quad y_n := n \nearrow +\infty\] + \[\lim \frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n-1}} = \lim \frac{a_n}{n - (n - 1)} + = \lim a_n = a \Rightarrow \lim \frac{a_1 + a_2 + ... + a_n}{n} = a\] + \end{proof} + + Пример. Найти предел: + \[m \in \mathbb{N}, \quad \frac{1}{n^{m + 1}} \cdot \sum_{k=1}^{n} k^m\] + + \[x_n := \sum_{k=1}^{n} k^m, \quad y_n := n^{m + 1} \nearrow +\infty\] + \begin{gather*} + \lim \frac{y_n - y_{n - 1}}{x_n - x_{n - 1}} = + \lim \frac{n^{m + 1} - (n - 1)^{m + 1}}{n^m} = + \lim \frac{n^{m+1} - (n^{m+1} + \sum_{k = 1}^{m + 1} + (C_{m+1}^k (-1)^k n^{m+1-k}))}{n^m} = \\ + = \lim \sum_{k = 1}^{m + 1} + ((-1)^{k+1} \cdot \frac{C_{m+1}^k}{n^{k - 1}}) = + \lim C_{m + 1}^1 + \lim \sum_{k = 2}^{m + 1} + ((-1)^{k+1} \cdot \frac{C_{m+1}^k}{n^{k - 1}}) = + (m + 1) + 0 = m + 1 + \end{gather*} + \[\lim\frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n-1}} = \frac1{m + 1} + \Rightarrow \lim\frac{x_n}{y_n} = \frac1{m + 1}\] \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub32.tex b/sections/first/sub32.tex new file mode 100644 index 0000000..fa877a0 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub32.tex @@ -0,0 +1,62 @@ +\subsection{Теорема Штольца (для неопределённости $\frac 0 0$)} + +\begin{theorem-non}Штольца № 2\end{theorem-non} +\[0 0$ и найдём $m$, т.ч. $ + \abs{\varepsilon_n} < \varepsilon$ при $n \geqslant m$. + \[x_n - x_m = \sum_{k=m+1}^n(x_k - x_{k-1}) = + \sum_{k=m+1}^n \varepsilon_k (y_k - y_{k-1}) \Rightarrow + \abs{x_n - x_m} \leq\] \[\leqslant \sum_{k=m+1}^n -\abs{\varepsilon_k} + (y_k - y_{k-1}) < \varepsilon \sum_{k=m+1}^n (y_{k-1} - y_k) = + \varepsilon (y_m - y_n)\] + \[\abs{x_n - x_m} < \varepsilon (y_m - y_n)\] + \[\text{Устремим } n \text{ к } +\infty \Rightarrow + \abs{x_n - x_m} \rightarrow \abs{-x_m} = \abs{x_m}, \quad + \varepsilon (y_m - y_n) \rightarrow \varepsilon y_m \Rightarrow\] + \[\Rightarrow \text{по пред. переходу в нер., при } + m \geqslant \text{нек. } N \quad \abs{x_m} < \varepsilon y_m + \Rightarrow \abs{\frac{x_m}{y_m}} < \varepsilon + \Rightarrow \lim \frac{x_m}{y_m} = 0\] + + \textbf{Случай $l \in \mathbb{R}$:} + Так же, как в теореме Штольца № 1 + \[\widetilde{x_n} := x_n - l \cdot y_n, \widetilde{x_n} - + \widetilde{x_{n-1}} = x_n - x_{n-1} - l \cdot (y_n - y_{n-1})\] + \[\frac{\widetilde{x_n} - \widetilde{x_{n-1}}} + {y_n - y_{n - 1}} = \frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} - l + \rightarrow 0 \xRightarrow[]{l = 0} \frac{\widetilde{x_n}}{y_n} + \rightarrow 0 \Rightarrow \frac{\widetilde{x_n}}{y_n} = + \frac{x_n - l \cdot y_n}{y_n} = \frac{x_n}{y_n} - l + \rightarrow 0 \Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \rightarrow l\] + + \textbf{Случай $l = +\infty$:} + \[\frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} \rightarrow +\infty + \Rightarrow \frac{x_{n - 1} - x_n}{y_{n - 1} - y_{n}} = + \frac{x_n - x_{n - 1}}{y_n - y_{n - 1}} > 1 \text{ начиная + с некоторого номера} \Rightarrow\] \[\Rightarrow + x_{n - 1} - x_n > y_{n - 1} - y_n > 0 \Rightarrow x_n + \text{ строго убывает} \Rightarrow \lim \frac{y_n - y_{n - 1}} + {x_n - x_{n - 1}} = 0 \xRightarrow[]{l = 0} \lim \frac{y_n}{x_n} = 0 + \Rightarrow \] \[\Rightarrow \lim\frac{x_n}{y_n} = +\infty\] + + \textbf{Случай $l = -\infty$:} + Так же, как в теореме Штольца № 1 + + Пусть $\widetilde{x_n} := -x_n$. + \[\frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n - 1}} \rightarrow -\infty + \Rightarrow \frac{\widetilde{x_n} - \widetilde{x_{n-1}}} + {y_n - y_{n - 1}} = -\frac{x_n - x_{n-1}}{y_n - y_{n - 1}} + \rightarrow +\infty \Rightarrow -\frac{x_n}{y_n} = + \frac{\widetilde{x_n}}{y_n} \rightarrow +\infty + \Rightarrow \frac{x_n}{y_n} \rightarrow -\infty\] + +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub33.tex b/sections/first/sub33.tex new file mode 100644 index 0000000..8ccbc07 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub33.tex @@ -0,0 +1,39 @@ +\subsection{Подпоследовательности. + Теорема о стягивающихся отрезках} + + \begin{conj} + Последовательность $(x_n)$, $n_1 < n_2 < n_3 < ...$ Тогда + $(x_{n_k})$ - подпоследовательность. + \end{conj} + \textbf{Замечание.} $n_k \geqslant k$ (по индукции) + + \textbf{Свойства:} + \begin{enumerate} + \item Если последовательность имеет предел, то подпоследовательность + имеет тот же предел. + \item Пусть две подпоследовательности в объединении дают исходную + последовательность. Если подпоследовательности имеют одинаковый + предел, то исходная последовательность имеет тот же предел. + \end{enumerate} + + \begin{theorem-non}О стягивающихся отрезках.\end{theorem-non} + \[\text{Пусть }[a_1; b_1] \supset [a_2; b_2] \supset [a_3; b_3] + \supset ... \text{ и } \lim (b_n - a_n) = 0\] + Тогда существует единственная точка $c$, принадлежащая всем отрезкам + и $\lim a_n = \lim b_n = c$. + \[\text{Т.е. } \bigcap_{n = 1}^{+\infty} [a_n; b_n] = \{c\}\] + + \begin{proof} + По теореме о вложенных отрезках $\bigcap_{n = 1}^{+\infty} [a_n; b_n] + \neq \varnothing$. + \[\text{Пусть } c,d \in \bigcap_{n = 1}^{+\infty} [a_n; b_n] + \Rightarrow c, d \in [a_n; b_n] \forall n; \text{ НУО, } d \geqslant c\] + \[0 \leqslant d - c \leqslant b_n - a_n \rightarrow 0 \Rightarrow c = d + \text{, иначе } \exists n : b_n - a_n < \varepsilon = d - c\] + \[0 \leqslant c - a_n \leqslant b_n - a_n \rightarrow 0 + \xRightarrow[]{\text{2 мил.}} + c - a_n \rightarrow 0 \Rightarrow \lim a_n = c\] + \[0 \leqslant b_n - c \leqslant b_n - a_n \rightarrow 0 + \xRightarrow[]{\text{2 мил.}} + b_n - c \rightarrow 0 \Rightarrow \lim b_n = c\] + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub34.tex b/sections/first/sub34.tex new file mode 100644 index 0000000..171dfb4 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub34.tex @@ -0,0 +1,41 @@ +\subsection{Теорема Больцано-Вейерштрасса в $\mathbb{R}$} + \begin{theorem-non} + Из любой ограниченной последовательности можно выделить + сходящуюся подпоследовательность. + \end{theorem-non} + \begin{proof} + ${x_n}$ ограничено $\Rightarrow x_n \in [a; b]$ + + В каком-то из отрезков $[a; \frac{a + b}{2}]$ и $[\frac{a + b}{2}; b]$ + содержится бесконечное число членов послед.\\ + Назовём этот отрезок $[a_1; b_1]$. + + В каком-то из отрезков $[a_1; \frac{a_1 + b_1}{2}]$ и + $[\frac{a_1 + b_1}{2}; b_1]$ + содержится бесконечное число членов послед.\\ + Назовём этот отрезок $[a_2; b_2]$. + + В каком-то из отрезков $[a_2; \frac{a_2 + b_2}{2}]$ и + $[\frac{a_2 + b_2}{2}; b_2]$ + содержится бесконечное число членов послед.\\ + Назовём этот отрезок $[a_3; b_3]$. + \[...\] + \[[a; b] \supset [a_1; b_1] \supset [a_2; b_2] \supset + [a_3; b_3] \supset ...\] + \[b_n - a_n = \frac{b - a}{2^n} \rightarrow 0\] + + Тогда по теореме о стягивающихся отрезках $\lim a_n = \lim b_n = c$ + + Выберем подпоследовательность. Берём $[a_1; b_1]$, в нём есть + какой-то член последовательности, назовём его $x_{n_1}$. + + В $[a_2; b_2]$ содержится бесконечное число членов последовательности + $\Rightarrow$ есть член последовательности с номером, большим $n_1$. + Обозначим его $x_{n_2}$, тогда $n_2 > n_1$. + \[...\] + $x_{n_k} \in [a_k; b_k], n_1 < n_2 < n_3 < ...$, значит построили + подпоследовательность. + + \[a_k \rightarrow c, \,\, b_k \rightarrow c \quad a_k \leqslant x_{n_k} \leqslant b_k + \xRightarrow[]{\text{2 мил.}} \lim x_{n_k} = c \] + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub35.tex b/sections/first/sub35.tex new file mode 100644 index 0000000..4db52ef --- /dev/null +++ b/sections/first/sub35.tex @@ -0,0 +1,74 @@ +\subsection{Аналог теоремы Больцано–Вейерштрасса для неограниченной + последовательности. Частичные пределы. Теорема о характеристике + частичных пределов.} + + \begin{theorem-non}\end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item Неограниченная монотонная последовательность стремится + к $+\infty$ или к $-\infty$. + \item Из любой неограниченной последовательности можно выделить + подпоследовательность, стремящуюся к $+\infty$ или к $-\infty$. + \end{enumerate} + \begin{proof} $ $ + + \begin{enumerate} + \item Пусть $(x_n)$ возрастает. $(x_n)$ неограничена $\Rightarrow$ + никакое $u$ не является верхней границей $\Rightarrow \exists m : + x_m > u \Rightarrow u < x_m \leqslant x_{m + 1} \leqslant x_{m + 2} \leqslant \dots + \Rightarrow x_n > u$, начиная с некоторого номера $\Rightarrow + \lim x_n = +\infty$ + + \item Пусть $(x_n)$ неограничена сверху. + + $1$ не является верхней границей $\Rightarrow \exists x_{n_1} > 1$;\\ + $\max\{2, x_1, x_2, \dots, x_{n_1}\}$ не является верхней границей + $\Rightarrow \exists x_{n_2} > \max\{\dots\} \Rightarrow x_{n_2} > 2,\\ + n_2 > n_1$;\\ + $\max\{3, x_1, x_2, \dots, x_{n_2}\}$ не является верхней границей + $\Rightarrow \exists x_{n_3} > \max\{\dots\} \Rightarrow x_{n_3} > 3,\\ + n_3 > n_2$;\\ + и т.д. + + Итого, $x_{n_k} > k$ и $n_1 < n_2 < \dots \Rightarrow (x_{n_k})$ + -- подпоследовательность $(x_n)$ и $\lim x_{n_k} = +\infty$ по + предельному переходу в неравенстве. + \end{enumerate} + \end{proof} + + \begin{conj} + $a$ -- частичный предел последовательности $(x_n)$, если найдётся + подпоследовательность $x_{n_k} \rightarrow a$. + \end{conj} + \begin{theorem-non} + $a$ -- частичный предел последовательности $\Leftrightarrow$ + в любой окрестности точки $a$ найдётся бесконечное число членов + последовательности. + \end{theorem-non} + \begin{proof} $ $ + + ''$\Longrightarrow$'': + + Если $a = \lim x_{n_k}$ и $U_a$ -- окрестность точки $a$, то + все $x_{n_k}$ кроме конечного числа лежат в $U_a \Rightarrow$ + в $U_a$ лежит бесконечное число членов последовательности $(x_n)$. + + ''$\Longleftarrow$'': + + Будем строить подпоследовательность, имеющую предел $a$. + + В $B_{1}(a)$ найдётся бесконечное число членов последовательности, + возьмём какой-то и назовём его $x_{n_1}$.\\ + В $B_{1/2}(a)$ найдётся бесконечное число членов + последовательности, значит найдётся член $(x_n)$ с индексом, большим + $n_1$, назовём его $x_{n_2}$.\\ + В $B_{1/3}(a)$ найдётся бесконечное число членов + последовательности, значит найдётся член $(x_n)$ с индексом, большим + $n_2$, назовём его $x_{n_3}$.\\ + $\dots$ + + $n_1 < n_2 < n_3 < \dots$\\ + $x_{n_k} \in B_{1/k}(a) \Rightarrow \rho(x_{n_k}, a) < \frac1k + \Rightarrow \rho(x_{n_k}, a) \rightarrow 0 \Rightarrow + \lim x_{n_k} = a$ + + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub36.tex b/sections/first/sub36.tex new file mode 100644 index 0000000..447349f --- /dev/null +++ b/sections/first/sub36.tex @@ -0,0 +1,74 @@ +\subsection{Фундаментальные последовательности. Критерий Коши.} + + \begin{conj} + Фундаментальная последовательность (сходящаяся в себе, + последовательность Коши) + \end{conj} + Пусть $(X, \rho)$ -- метрическое пространство. $x_n \in X$. + $x_n$ -- фундаментальная последовательность, если $\forall + \varepsilon > 0 \,\, \exists N : \forall n, m \geqslant N \,\, + \rho(x_n, x_m) < \varepsilon$ + + \textbf{Свойства:} + \begin{enumerate} + \item Сходящаяся последовательность фундаментальна. + + \textbf{Доказательство:}\\ + Пусть $\lim x_n := a$. Зафиксируем $\varepsilon > 0$. + Тогда $\exists N :\\ \forall n \geqslant N \,\,\, \rho(x_n, a) < + \frac{1}{2} \varepsilon$\\ + $\forall m \geqslant N \,\,\, \rho(x_m, a) < \frac{1}{2} \varepsilon$\\ + $\Rightarrow \rho(x_n, x_m) \leqslant \rho(x_n, a) + \rho(x_m, a) < + \varepsilon$ + + \item Фундаментальная последовательность ограничена + + \textbf{Доказательство:}\\ + Берём $\varepsilon = 1$. Тогда $\exists N : \forall n, m \geqslant N \,\, + \rho(x_n, x_m) < 1 \Rightarrow$\\ + $\Rightarrow \forall n \geqslant N \,\, \rho(x_n, x_N) < 1 + \Leftrightarrow x_n \in B_1(x_N)$\\ + $R := \max\{\rho(x_1, x_N), \rho(x_2, x_N), \dots, + \rho(x_{N-1}, x_N)\} + 1 \Rightarrow \forall n \,\, x_n \in + B_R(x_N)$ + + \item Если у фундаментальной последовательности есть сходящаяся + подпоследовательность, то фундаментальная последовательность + имеет тот же предел. + + \textbf{Доказательство:}\\ + Пусть $\lim x_{n_k} = a$. Зафиксируем $\varepsilon > 0$.\\ + $\exists K : \forall k \geqslant K \quad \rho(x_{n_k}, a) < + \frac{1}{2} \varepsilon$\\ + $\exists N : \forall n, m \geqslant N \quad \rho(x_n, x_m) < + \frac{1}{2} \varepsilon$\\ + Возьмём $N \geqslant 0$ и подберём такое $k$, что $k \geqslant N$\\ + и $n_k \geqslant N$ (например, $k \geqslant \max\{N, K\}$ подходит)\\ + Тогда $\rho(x_n, x_{n_k}) < \frac{1}{2} \varepsilon$ + (т.к. $n_k \geqslant N$)\\ + И тогда $\rho(x_{n_k}, a) < \frac{1}{2} \varepsilon$ + (т.к. $k \geqslant K$)\\ + $\Rightarrow \rho(x_n, a) \leqslant \rho(x_n, x_{n_k}) + + \rho(x_{n_k}, a) < \varepsilon \Rightarrow \lim x_n = a$ + \end{enumerate} + + \begin{theorem-non}Критерий Коши\end{theorem-non} + Числовая последовательность имеет предел $\Leftrightarrow$ + она фундаментальна. + + \begin{proof} $ $ + + ''$\Longrightarrow$'':\\ + По свойству 1. + + ''$\Longleftarrow$'':\\ + фундаментальность $\xRightarrow[]{\text{св-во 2}}$ + ограниченность $\xRightarrow[] + {\text{Больцано–Вейерштрасса}}$\\ + $\begin{rcases*} + \Rightarrow \text{сущ. сходящаяся подпосл.}\\ + \quad\quad\text{фундаментальность} + \end{rcases*}$ + $\xRightarrow[]{\text{св-во 3}}$ существует конечный предел. + + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub37.tex b/sections/first/sub37.tex new file mode 100644 index 0000000..9009bcd --- /dev/null +++ b/sections/first/sub37.tex @@ -0,0 +1,61 @@ +\subsection{Теорема Больцано–Вейерштрасса в $\mathbb{R}^d$. + Полнота $\mathbb{R}^d$ } + + \begin{conj} + Полнота метрического простраства + \end{conj} + Пусть $(X, \rho)$ -- метрическое пространство. + $X$ - полное, если любая фундаментальная последовательность + в нём имеет предел. + + \begin{theorem-non} + $\mathbb{R}^d$ - полное пространство. + \end{theorem-non} + \begin{proof} $ $ + + Возьмём фундаментальную последовательность $(x_n)$. + $x_n = (x_n^{(1)}, x_n^{(2)}, \dots, x_n^{(d)})$ + + \[\forall \varepsilon > 0 \,\, \exists N : + \forall n, m \geqslant N \,\, \rho(x_n, x_m) < + \varepsilon \Rightarrow\] + \[\Rightarrow \abs{x_n^{(k)} - + x_m^{(k)}} \leqslant \sqrt{(x_n^{(1)} - + x_m^{(1)})^2 + (x_n^{(2)} - x_m^{(2)})^2 + + \dots + (x_n^{(d)} - x_m^{(d)})^2} < \varepsilon + \Rightarrow\] \[ \Rightarrow + \text{числовая послед. } x_n^{(k)} + \text{ фундаментальна } \Rightarrow \text + {у неё есть конечный предел}\] \[\lim x_n^{(k)} + = a_k \Rightarrow \lim x_n = a, \quad a = + (a_1, a_2, \dots, a_d) \] + Т.к. в $\mathbb{R}^d$ покоординатная и + сходимость по метрике -- одно и то же. + + \end{proof} + + \begin{theorem-non} + Больцано–Вейерштрасса в $\mathbb{R}^d$. + \end{theorem-non} + \begin{proof} + Пусть векторная последовательность + $x_n = (x_n^{(1)}, x_n^{(2)}, \dots, x_n^{(d)})$ ограничена. + Это равносильно тому, что все её координатные последовательности + ограничены. + + Выделим из первой координатной последовательности сходящуюся + подпоследовательность $(x_{n_{1, k}}^{(1)})$. Тогда получим + подпоследовательность $(x_{n_{1, k}})$, первая координатная + последовательность которой сходится, а остальные ограничены. + + Тогда в ней можно выделить такую подпоследовательность + $(x_{n_{2, k}})$ так, чтобы вторая координатная последовательность + сходилась. + + Повторим так ещё $d - 2$ раз и получим то, что в векторной + подпоследовательности $(x_{n_{k}})$, где $n_k = n_{d, k}$, + любая координатная последовательность сходится $\Rightarrow$ + $(x_{n_{k}})$ тоже сходится, т.к. в $\mathbb{R}^d$ покоординатная и + сходимость по метрике -- одно и то же. + + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub38.tex b/sections/first/sub38.tex new file mode 100644 index 0000000..497248b --- /dev/null +++ b/sections/first/sub38.tex @@ -0,0 +1,113 @@ +\subsection{Верхний и нижний пределы. Связь между частичными пределами и + верхним и нижним пределами.} + + \begin{conj} + Нижний и верхний пределы + \end{conj} + $x_n$ - числовая последовательность. + + $\underline{\lim} x_n := \liminf x_n := \lim \inf_{k \geqslant n} x_k$ -- + нижний предел. + + $\overline{\lim} x_n := \limsup x_n := \lim \sup_{k \geqslant n} x_k$ -- + верхний предел. + + $y_n := \inf_{k \geqslant n} x_k = \inf\{x_n, x_{n+1}, x_{n+2}, \dots\}$ + $\quad y_n \leqslant y_{n+1}$\\ + $z_n := \sup_{k \geqslant n} x_k = \sup\{x_n, x_{n+1}, x_{n+2}, \dots\}$ + $\quad z_n \geqslant z_{n+1}$ + + \begin{theorem-non} + $\underline{\lim}$ и $\overline{\lim}$ существуют в + $\overline{\mathbb{R}}$ и $\underline{\lim} \leqslant \overline{\lim}$ + \end{theorem-non} + \begin{proof} $ $ + + Про $\underline{\lim}$: $y_n \leqslant y_{n+1} \Rightarrow (y_n)$ -- + возрастающая последовательность $\Rightarrow$ у неё есть предел в + $\overline{\mathbb{R}}$. + + Про $\overline{\lim}$: $z_n \geqslant z_{n+1} \Rightarrow (z_n)$ -- + убывающая последовательность $\Rightarrow$ у неё есть предел в + $\overline{\mathbb{R}}$. + + Про неравенство $\underline{\lim} \leqslant \overline{\lim}$: + $y_n \leqslant z_n$, $y_n \rightarrow \underline{\lim}$, + $z_n \rightarrow \overline{\lim} \Rightarrow$ по предельному + переходу в неравенстве $\underline{\lim} \leqslant \overline{\lim}$. + \end{proof} + + \begin{theorem-non}\end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item $\overline{\lim}$ -- наибольший частичный предел + \item $\underline{\lim}$ -- наименьший частичный предел + \item $\exists \lim \in \overline{\mathbb{R}} \Leftrightarrow + \overline{\lim} = \underline{\lim}$ и в этом случае + $\lim = \overline{\lim} = \underline{\lim}$ + \end{enumerate} + \begin{proof} $ $ + + \begin{enumerate} + \item $a := \overline{\lim} \, x_n$ + + Рассмотрим \textbf{случай} $a \in \mathbb{R}$ + + Докажем, что $a$ -- частичный предел. + + $a = \lim z_n$, $z_n = \sup_{k \geqslant n} x_k$, $z_n \searrow a$ + + Будем строить некоторую подпоследовательность $(x_{n_k})$.\\ + Найдётся $n_k > n_{k-1} : x_{n_k} > a - \frac{1}{k}$. + Пусть не нашлось $\Rightarrow x_n \leqslant a - \frac{1}{k} \forall + n \geqslant n_{k-1} \Rightarrow \sup \{x_{n_{k-1}}, x_{n_{k-1} + 1}, + \dots \} \leqslant a - \frac{1}{k} \Rightarrow a \leqslant z_{n_{k - 1}} + \leqslant a - \frac{1}{k}$. Противоречие + + $a - \frac{1}{k} \rightarrow a$, $z_{n_k} \rightarrow a$, + $a - \frac{1}{k} < x_{n_k} \leqslant z_{n_k} \xRightarrow[] + {\text{2 мил.}} x_{n_k} \rightarrow a$ + + Докажем, что $a$ -- наибольший частичный предел. + + Пусть $b$ - частичный предел $\Rightarrow b = \lim x_{n_k}$. + Но $x_{n_k} \rightarrow b$, $z_{n_k} \rightarrow a \Rightarrow$ + по предельному переходу $b \leqslant a$. + + Рассмотрим \textbf{случай} $a = -\infty$. + + Тогда $z_n \rightarrow -\infty$, но $z_n = + \sup\{x_n, x_{n+1},\dots\} \geqslant x_n \Rightarrow x_n + \rightarrow -\infty$. + + Рассмотрим \textbf{случай} $a = +\infty$. + + Тогда $z_n = +\infty \Rightarrow \sup {x_1, x_2, \dots} = + +\infty \Rightarrow x_n$ не ограничена сверху $\Rightarrow$ + в ней найдётся подпоследовательность, стремящаяся к $+\infty$. + + \item Доказывается аналогично + + \item + ''$\Longrightarrow$'': + + Если $a = \lim x_n$, то все подпоследовательности стремятся + к $a \Rightarrow$ все частичные пределы равны $a \Rightarrow + \overline{\lim} x_n = \underline{\lim} x_n = \lim x_n = a$. + + ''$\Longleftarrow$'': + + $y_n \rightarrow a$, $z_n \rightarrow a$, $y_n \leqslant x_n \leqslant z_n$ + $\xRightarrow[]{\text{2 мил.}} x_n \rightarrow a \Rightarrow + \lim x_n = \overline{\lim}\, x_n = \underline{\lim}\, x_n = a$ + \end{enumerate} + \end{proof} + + \textbf{Замечание.} Арифметики для верхних и нижних пределов нет. + + Пример. + \[x_n = (-1)^n, \quad y_n = (-1)^{n + 1} \Rightarrow + \underline{\lim}\, x_n = \underline{\lim}\, y_n = -1\] + \[x_n + y_n = 0 \Rightarrow \underline{\lim}\, (x_n + y_n) = + \underline{\lim}\, (x_n + y_n) = 0\] + \[\underline{\lim}\, x_n + \underline{\lim}\, y_n = -2 < 0 = + \underline{\lim}\, (x_n + y_n)\] \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub39.tex b/sections/first/sub39.tex new file mode 100644 index 0000000..44c4e56 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub39.tex @@ -0,0 +1,94 @@ +\subsection{Характеристика верхних и нижних пределов с помощью + $N$ и $\varepsilon$. Сохранение неравенств.} + + \begin{theorem-non}\end{theorem-non} + \begin{enumerate} + \item $a = \underline{\lim}\, x_n \in \mathbb{R} \Leftrightarrow + \begin{cases} + \forall \varepsilon > 0 \,\, \exists N : \forall n \geqslant N + \,\, x_n > a - \varepsilon\\ + \forall \varepsilon > 0 \,\, \forall N \,\, \exists n \geqslant N + : x_n < a + \varepsilon\\ + \end{cases}$ + \item $b = \overline{\lim}\, x_n \in \mathbb{R} \Leftrightarrow + \begin{cases} + \forall \varepsilon > 0 \,\, \exists N : \forall n \geqslant N + \,\, x_n < b + \varepsilon \quad \circled{1}\\ + \forall \varepsilon > 0 \,\, \forall N \,\, \exists n \geqslant N + : x_n > b - \varepsilon \quad \circled{2}\\ + \end{cases}$ + \end{enumerate} + \begin{proof} $ $ + + 2. Докажем \circled{1} $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0\,\, + \exists N : z_N < b + \varepsilon$ + + ''$\Longrightarrow$'': + \[\forall \varepsilon > 0 \,\, \exists N : \forall n \geqslant N + \,\, x_n < b + \varepsilon \Rightarrow + \forall \varepsilon > 0 \,\, \exists N : \forall n \geqslant N + \,\, x_n < b + \frac{\varepsilon}{2} \Rightarrow\] \[\Rightarrow + z_N = \sup \{x_N, x_{N + 1}, \dots\} \leqslant b + \frac{\varepsilon}{2} + < b + \varepsilon \Rightarrow \forall \varepsilon > 0\,\, + \exists N : z_N < b + \varepsilon\] + + ''$\Longleftarrow$'': + \[\text{Зафиксируем } \varepsilon > 0 + \Rightarrow \exists N : z_N < b + \varepsilon \Leftrightarrow + \sup\{x_N, x_{N + 1}, \dots\} < b + \varepsilon \Rightarrow + x_n < b + \varepsilon \,\, \forall n \geqslant N\] + + Докажем \circled{2} $\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \,\, + \forall N \,\, z_N > b - \varepsilon$ + + ''$\Longrightarrow$'': + \[\forall \varepsilon > 0 \,\, \forall N \,\, \exists n \geqslant N + : x_n > b - \varepsilon \text{ при этом } z_N = \sup\{ + x_N, x_{N+1}, x_{N+2}, \dots\} \Rightarrow \forall + \varepsilon > 0 \,\, \forall N \,\, z_N > b - \varepsilon\] + + ''$\Longleftarrow$'': + \[\text{Зафиксируем } \varepsilon > 0 \text{ и } N \Rightarrow + z_N > b - \varepsilon \Leftrightarrow \sup\{ x_N, x_{N+1}, \dots\} + > b - \varepsilon \Rightarrow \exists n \geqslant N : x_n > b - + \varepsilon,\] \[\text{иначе } \forall n \geqslant N : x_n \leqslant b - + \varepsilon \text{ и тогда } \sup\{ x_N, x_{N+1}, \dots\} \leq + b - \varepsilon \Leftrightarrow z_N \leqslant b - \varepsilon\] + + \circled{1} + \circled{2} $\Leftrightarrow + \begin{cases} + \forall \varepsilon > 0\,\, + \exists N : z_N < b + \varepsilon\\ + \forall \varepsilon > 0 \,\, + \forall N \,\, z_N > b - \varepsilon\\ + \end{cases}$ + $\Leftrightarrow$ т.к. $z_n \searrow$ + $\begin{cases} + \forall \varepsilon > 0\,\, + \exists N : \forall n \geqslant N \,\, z_n < b + \varepsilon\\ + \forall \varepsilon > 0 \,\, + \forall N \,\, z_N > b - \varepsilon\\ + \end{cases}$ + + Это и есть определение предела $\Rightarrow b = + \overline{\lim}\, x_n$ + + В обратную сторону, первая строка следует из определения предела, + вторая строка следует из того, что $(z_n) \searrow$. Более того, + $(z_n) \searrow$, $\lim z_n = b \Rightarrow z_n \geqslant b$ + + \end{proof} + + \begin{theorem-non}\end{theorem-non} + Если $x_n \leqslant y_n$, то + $\underline{\lim}\, x_n \leqslant \underline{\lim}\, y_n$ и + $\overline{\lim}\, x_n \leqslant \overline{\lim}\, y_n$ + + \begin{proof} $ $ + + $x_n \leqslant y_n \Rightarrow \inf\{x_n, x_{n + 1}, ...\} \leq + \inf\{y_n, y_{n + 1}, ...\} \Rightarrow$ по пред. переходу + $\underline{\lim}\, x_n \leqslant \underline{\lim}\, y_n$ + + Аналогично для $\overline{\lim}\, x_n \leqslant \overline{\lim}\, y_n$. + \end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub4.tex b/sections/first/sub4.tex new file mode 100644 index 0000000..6ba2170 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub4.tex @@ -0,0 +1,64 @@ +\subsection{Принцип математической индукции} +\begin{conj} + Принцип математической индукции +\end{conj} +$P_n$ -последовательность утверждений +\begin{enumerate} + \item $P_1$ - верно + \item $\forall n \in \mathbb{N}$ из $P_n$ следует $P_{n+1}$ +\end{enumerate} +Тогда $P_n$ верно при всех $n \in \mathbb{N}$ +\begin{theorem-non} + В конечном множестве вещественных чисел есть наибольший и наименбший элемент +\end{theorem-non} +\begin{proof} + \quad \\ + Докажем для максимума. Для минимума рассуждения аналогичны \\ + Будем доказывать утверждение по индукции \\ + Для $n = 1$ - очевидно \\ + Переход $X_n \longrightarrow x_{n+1}$ \\ + Рассмотрим произвольное множество из $n$ элементов $X_n = \{x_1, x_2, x_3, \dots x_n\}$, где максимальным элементом + является $x_i$. Пусть в наше множество был добавлен элемент $X_{n+1}$. В таком случае, если $X_{n+1}$ > $X_{i}$, то новый максимум равен + $X_{n+1}$, иначе - максимумом по-прежнему является $X_{i}$. Таким образом, в любом конечном множестве вещественных чисел существует максимальный + элемент. +\end{proof} +\textbf{\textit{Следствия:}} +\begin{enumerate} + \item Во всяком непустом множестве натуральных чисел есть наименьший элемент + \begin{proof} + \quad \\ + Пусть $A$ - множество натуральных чисел, не содержащее наименьшего элемента. + Докажем по индукции, что для любого $n \in \mathbb{N}$ мы имеем $\mathbb{N}_n \cap A = \varnothing$ \\ + $\N_n = \{k \in \N | k \leqslant n \}$ \\ + Для $n = 1$ утверждение очевидно. \\ + Переход $n \longrightarrow n+1$ \\ + Предположим для $\mathbb{N}_n \cap A = \varnothing$ \\ + Тогда если для $\mathbb{N}_{n+1} \cap A \neq \varnothing$, то наименьший элемент множества $A$ - это $n+1$ \\ + Значит $\mathbb{N}_{n+1} \cap A = \varnothing$ + \end{proof} + \item Во всяком конечном непустом множестве натуральных чисел есть наибольший элемент + \begin{proof} + \quad \\ + Из натуральных чисел строим целые. Множество чисел $A \subseteq \Z$ называется ограниченным сверху и имеет наибольший элемент + если $\exists c > a, \forall a \in A, c \in \Z$ + \end{proof} +\end{enumerate} +\subsubsection*{Рациональные и иррациональные числа в интервале} +\begin{enumerate} + \item Если $x, y \in \mathbb{R}, x < y$, то $\exists r \in \mathbb{Q}: x < r < y$ + \begin{proof} + \quad \\ Пусть $x < 0, y > 0$. Тогда $\exists r = 0 \in \mathbb{Q}: x < r < y$ \\ + Пусть $x \geqslant 0, y > 0, \varepsilon = x - y$. Тогда $\exists n \in \mathbb{N}: {{1}\over{n}} < \varepsilon$ \\ + По принципу Архимеда найдется такое число $m$, что ${{m-1}\over{n}} \leqslant x < {{m}\over{n}}$ \vspace{0.2cm} \\ + Предположим, что ${{m-1}\over{n}} \leqslant x < y \leqslant {{m}\over{n}}$. Тогда мы получим, что ${{1}\over{n}} \geqslant y - x = \varepsilon$. + Пришли к противоречию\\ + Следовательно, $\exists m \in \mathbb{N} : x < {{m}\over{n}} < y$ \\ + Случай $y \leqslant 0$ аналогичен предыдущему + \end{proof} + \item Если $x, y \in \mathbb{R}, x < y$, то существует иррациональное число $r: x < r < y$ + \begin{proof} + \quad \\ $x - \sqrt{2} < y - \sqrt{2} \Longrightarrow \exists R_{\in \Q} \in (x - \sqrt{2}, y - \sqrt{2}) \Longrightarrow + x < R + \sqrt{2} < y \; $(Предыдущий пункт)$ \; \Longrightarrow \\ r$ - иррациональное + \end{proof} + \item Если $x \geqslant 1$, то $\exists n \in \mathbb{N}: x - 1 < n \leqslant x$ +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub40.tex b/sections/first/sub40.tex new file mode 100644 index 0000000..6d5c12f --- /dev/null +++ b/sections/first/sub40.tex @@ -0,0 +1,67 @@ +\subsection{Сходимость рядов. Необходимое условие сходимости рядов. Примеры.} + +\begin{conj}Ряд\end{conj} +$x_n \in \mathbb{R}, \quad \sum_{n=1}^{+\infty} x_n$ -- ряд. + +\begin{conj}Частичная сумма ряда\end{conj} +$S_n := \sum_{k=1}^{n} x_k$ + +\begin{conj}Сумма ряда\end{conj} +Cумма ряда -- $\lim S_n$, если он существует. + +\begin{conj}Сходимость ряда\end{conj} +Ряд сходится, если $\exists \lim S_n \in \mathbb{R}$\\ +В противном случае ряд расходится. + +\begin{theorem-non} +Необходимое условие сходимости +\end{theorem-non} +Если $\sum_{n = 1}^{+\infty} x_n$ сходится, то $\lim x_n = 0$. + +\begin{proof} + Если ряд сходится, то $S := \lim S_n \in \mathbb{R}$. Тогда + $x_n = S_n - S_{n - 1} \Rightarrow \lim x_n = \lim S_n - + \lim S_{n - 1} = S - S = 0$ +\end{proof} + +\textbf{Примеры:} +\begin{enumerate} + \item Геометрическая прогрессия $1 + q + q^2 + \dots$ + $\sum_{n = 0}^{+\infty} q^n$ + + При $\abs{q} < 1$ $S_n = 1 + q + q^2 + \dots + q^{n - 1} = + \frac{1 - q^n}{1 - q} \rightarrow \frac{1}{1 - q}$ + + При $\abs{q} > 1$ ряд расходящийся, т.к. не выполнено + необходимое условие. + + \item $1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \dots$ + + $S_{2n} = 0, \,\, S_{2n + 1} = 1 \Rightarrow$ предела нет. + + \item Гармонический ряд $1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots$ + $\sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n}$ + + $H_n := \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k}$ -- гармонические числа. + $H_n$ монотонно возрастает. + \[H_{2^n} = 1 + \frac{1}{2} + \underbrace{\left(\frac{1}{3} + + \frac{1}{4}\right)}_{> 2 \cdot \frac{1}{4} = \frac{1}{2}} + + \underbrace{\left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + + \frac{1}{8}\right)}_{> 4 \cdot \frac{1}{8} = \frac{1}{2}} + + \dots + \underbrace{\left(\frac{1}{2^{n - 1} + 1} + + \frac{1}{2^{n-1} + 2} + \dots + \frac{1}{2^n} \right)}_ + {> 2^{n-1} \cdot \frac{1}{2^n} = \frac{1}{2}} >\] + \[> 1 + \underbrace{\frac{1}{2} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{2}}_ + {n \text{ шт.}} = 1 + \frac{n}{2} \Rightarrow \text{ частичные + суммы сколь угодно большие } \Rightarrow \lim H_n = +\infty\] + + Гармонический ряд -- расходящийся ряд, члены которого стремятся к $0$. + + \item \[\frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + + \dots \quad\quad\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n\cdot(n+1)}\] + \[\frac{1}{k\cdot(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k + 1} \Rightarrow + S_n = \frac{1}{1 \cdot 2} + \frac{1}{2 \cdot 3} + \frac{1}{3 \cdot 4} + + \dots + \frac{1}{n\cdot(n+1)} = 1 - \frac{1}{n+1} \rightarrow 1\] + + +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub41.tex b/sections/first/sub41.tex new file mode 100644 index 0000000..da70526 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub41.tex @@ -0,0 +1,55 @@ +\subsection{Простейшие свойства сходящихся рядов.} + +\begin{enumerate} + \item Сумма ряда единственна + + \begin{proof} + Утверждение про единственность предела частичных сумм + \end{proof} + + \item Расстановка скобок не меняет суммы ряда (если она была) + + \begin{proof} + $\underbracket[0pt][2pt]{x_1}_{S_1} + (x_2 + x_3 + + \underbracket[0pt][2pt]{x_4}_{S_4}) + (x_5 + + \underbracket[0pt][2pt]{x_6}_{S_6}) + (x_7 + x_8 + + \underbracket[0pt][2pt]{x_9}_{S_9})...$ + + Т.е. из последовательности частичных сумм просто выбрали + другую подпоследовательность, ну таким образом, если предел был, + то он такой же и остался. + \end{proof} + + \textbf{Замечание.} Он расстановки скобок сумма ряда могла + появиться. + + Пример. Ряд $1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + 1 - 1 + \dots$ расходится. + Но при расстановке следующим образом скобок: + $(1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + (1 - 1) + \dots$ получаем, что ряд + имеет сумму $0$. + + \item Добавление/отбрасывание конечного числа членов не влияет на + сходимость, но влияет на сумму. + + \begin{proof} + Рассмотрим отбрасывание. + + Ряд $x_1 + x_2 + x_3 + \dots$, частичная сумма которого + $S_n$, переделали в $x_{k+1} + x_{k+2} + x_{k+3} + \dots$, + частичная сумма которого $\widetilde{S}_n := x_{k+1} + x_{k+2} + + \dots + x_{k+n} = S_{k + n} - S_{k}$. Т.к. $k$ фиксировано + отсюда видно, что если $S_n$ (не) имеет предел, то и + $\widetilde{S}_n$ (не) имеет предел, и наоборот. + + Добавление - просто обратная операция. + \end{proof} + + \item Если $\sum_{n = 1}^{+\infty} a_n$ и $\sum_{n = 1}^{+\infty} b_n$ + сходятся, то $\sum_{n = 1}^{+\infty} (a_n \pm b_n)$ сходится и + $\sum_{n = 1}^{+\infty} (a_n \pm b_n) =\vspace*{0,2cm} \\ = \sum_{n = 1}^{+\infty} a_n + \pm \sum_{n = 1}^{+\infty} b_n$ + + \item Если $\sum_{n = 1}^{+\infty} a_n$ сходится, то + $\sum_{n = 1}^{+\infty} c a_n$ сходится и $\sum_{n = 1}^{+\infty} + c a_n = c \cdot \sum_{n = 1}^{+\infty} a_n$ +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub5.tex b/sections/first/sub5.tex new file mode 100644 index 0000000..3faa6cb --- /dev/null +++ b/sections/first/sub5.tex @@ -0,0 +1,73 @@ +\subsection{Супремум и инфимум} +\begin{conj} + \quad \\ + \begin{itemize} + \item[] $x$ - верхняя граница множества $A$, если $\forall a \in A: a \leqslant x$ + \item[] $y$ - нижняя граница множества $A$, если $\forall a \in A: y \leqslant a$ + \item[] Множество ограничено снизу, если существует какая-нибудь нижняя граница + \item[] Множество ограничено сверху, если существует какая-нибудь верхняя граница + \end{itemize} +\end{conj} +\begin{conj} + \quad \\ + Пусть $A$ - ограниченное сверху множество, тогда $sup A$ - наименьшая из его верхних границ +\end{conj} +\begin{conj} + \quad \\ + Пусть $A$ - ограниченное снизу множество, тогда $inf A$ - наибольшая из его нижних границ +\end{conj} +\begin{theorem-non} + \quad \\ + \begin{enumerate} + \item Если $A \subset \R, A \neq \varnothing $ и $ A $ ограничено снизу, то существует единственный $inf A$ + \item Если $A \subset \R, A \neq \varnothing $ и $ A $ ограничено сверху, то существует единственный $sup A$ + \end{enumerate} +\end{theorem-non} +\begin{proof} + \quad \\ + Докажем (2) \\ + Пусть $B$ - множество всех верхних границ множества $A$, т.е. $\forall a \in A, b \in B: a \leqslant b$ \\ + Тогда по аксиоме полноты всегда найдется такой $c: a \leqslant c \leqslant b$ \\ + $c - sup A$ по определению \\ + Докажем, что $c$ - единсвтенный \\ + Пусть $\exists c_1, c_2 - sup A$ \\ + Тогда если $c_1 < c_2$, то $c_2 \neq sup A$ \\ + Если $c_1 > c_2$,то $c_1 \neq sup A$ \\ + Следовательно, $c_1 = c_2 = sup A \Longrightarrow sup A$ - единсвтенный +\end{proof} +\follow +\begin{enumerate} + \item $B \subset A, B \neq \varnothing $ и $ A $ ограничено снизу. Тогда $inf B \geqslant inf A$ + \item $B \subset A, B \neq \varnothing $ и $ A $ ограничено сверху. Тогда $sup B \leqslant sup A$ +\end{enumerate} +\begin{proof} + \quad \\ + Докажем (1) \\ + Пусть $a = inf A$. Тогда $a$ - нижняя граница $A \Longrightarrow \forall x \in + A : a \leqslant x \Longrightarrow \forall x \in B : a \leqslant x \Longrightarrow \\ + a$ - нижняя граница $B \Longrightarrow a \leqslant inf B$ +\end{proof} +\notice - Теорема неверна без аксиомы полноты \\ +\begin{itemize} + \item[] $A =\{x \in \Q : x^2 < 2\} \Longrightarrow$ в множестве рациональных чисел у $A$ нет супремума +\end{itemize} +\begin{theorem-non} + \quad \\ + \begin{enumerate} + \item $a = inf A \Longleftrightarrow + \begin{cases} + a \leqslant x \quad \forall x \in A \\ + \forall \varepsilon > 0 \quad \exists x \in A : x < a + \varepsilon + \end{cases}$ + \item $b = sup A \Longleftrightarrow + \begin{cases} + b \geqslant x \quad \forall x \in A \\ + \forall \varepsilon > 0 \quad \exists x \in A : x > b - \varepsilon + \end{cases}$ + \end{enumerate} +\end{theorem-non} +\notice +\begin{itemize} + \item Если $A$ неограничено сверху, то $sup A = +\infty$ + \item Если $A$ неограничено снизу, то $inf A = -\infty$ +\end{itemize} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub6.tex b/sections/first/sub6.tex new file mode 100644 index 0000000..a4d6f63 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub6.tex @@ -0,0 +1,32 @@ +\subsection{Теорема о вложенных отрезках} +\begin{theorem-non} + \quad \\ + Если $[a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset [a_3, b_3] \supset \dots$ \\ + То $\exists c\in \R : c \in [a_n, b_n] \forall n \in \N$ +\end{theorem-non} +\begin{tikzpicture} + \draw (-.5,0)--(5.5,0); + \draw[color=black] (0, 0) node {\bfseries[} node[below=9pt]{$a_{n}$}; + \draw[color=black] (5, 0) node {\bfseries]} node[below=9pt]{$b_{n}$}; + \draw[color=black] (1.5, 0) node {\bfseries[} node[below=9pt]{$a_{n+1}$}; + \draw[color=black] (4, 0) node {\bfseries]} node[below=9pt]{$b_{n+1}$}; +\end{tikzpicture} +\begin{proof} + \quad \\ + $A = \{a_1, a_2, a_3, \dots\} \\ + B = \{b_1, b_2, b_3, \dots\} \\ + a_i \leqslant b_j, \forall i,j \in \N \\ + \forall i \leqslant j : a_i \leqslant a_j \leqslant b_j \leqslant b_i, \forall i \geqslant j : a_i \geqslant a_j \geqslant b_j \geqslant b_i$ \\ + По аксиоме полноты $\forall i, j \in \N \; \exists c \in \R: a_i \leqslant c \leqslant b_j \Longrightarrow \forall i \in \N : a_i \leqslant c \leqslant b_i$ \\ +\end{proof} +\notice +\begin{enumerate} + \item Теорема неверна для полуинтервалов \\ + Пример: $\bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}(0; {{1}\over{n}}] = \varnothing$ + \item Теорема неверна для лучей \\ + Пример: $\bigcap\limits_{n = 1}^{\infty}(n; +\infty) = \varnothing$ + \item Теорема неверна без аксиомы полноты \\ + Пример: число $\pi$ \\ + $[3;\; 4] \supset [3,1;\; 3,2] \supset [3,14;\; 3,15] \supset \dots$ \\ + Пересечение не содержит рациональных чисел +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub7.tex b/sections/first/sub7.tex new file mode 100644 index 0000000..daa7c84 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub7.tex @@ -0,0 +1,93 @@ +\subsection{Метрические пространства и подпространства} + \begin{conj} + $X$ - множество $\rho : X \times X \longrightarrow [0; + \infty)$ - метрика(расстояние) + если: + \begin{enumerate} + \item $\rho(x, x) = 0 \quad \forall x \in X$ + \item если $\rho(x, y) = 0$, то $x = y$ + \item $\rho(x, y) = \rho(y, x) \quad \forall x, y \in X$ + \item $\rho(x, y) + \rho(y, z) \geqslant \rho(x, z) \quad \forall x, y, z \in X$ + \end{enumerate} + \end{conj} +\subsubsection*{Примеры} +\begin{enumerate} + \item Дискретная метрика + \begin{itemize} + \item[] $\rho (x, x) = 0$ + \item[] $\rho (x, y) = 1$, если $x \neq y$ + \end{itemize} + \item $\R \quad \rho (x, y) = \abs{x - y}$ + \item $\R^2 \quad$ обычное расстрояние + \item Манхэттенская метрика + \begin{itemize} + \item[] $(x', y') = A'$ + \item[] $(x, y) = A$ + \item[] $\rho (A, A') = \abs{x - x'} + \abs{y - y'}$ + \end{itemize} + \item Французская железнодорожная метрика \\ + \begin{center} + \begin{tikzpicture} + \node (p) {P} node (a) at (-2,1) {A} node (b) at (2,2) {B} node (c) at (1,1) {A}; + \draw (p) -- (a); \draw[red,thick] (p) -- (c); \draw[red,thick] (c) -- (b); + \end{tikzpicture} + Если $P, A$ и $B$ на луче, то $\rho(AB) = AB$ \\ + \quad \quad \quad Если нет, то $\rho(A, B) = \rho(AP) + \rho(B, P)$ + \end{center} + \item Расстояние на сфере +\end{enumerate} +\begin{conj} + Метрическое пространство $(X, \rho), X$ - множество, $\rho$ - метрика на нем +\end{conj} +\begin{conj} + Подпространство метрического пространства. \\ + $(X, \rho)$ - метрическое пространство, $Y \subset X$ \\ + $(Y, \rho \vert_{Y \times Y})$ - подпространство метрического пространства + $(X, \rho)$, где $Y$ - подмножество $X$, а $\rho \vert_{Y \times Y}$ - сужение $\rho$ на $Y \times Y$ +\end{conj} +\begin{conj} + Открытый шар \vspace*{0.5cm} \\ + $B\callout{r}{радиус}(\calloutup{a}{центр шара}) := {x \in X: \rho(x, a) < r}; \quad r > 0$ +\end{conj} +\begin{conj} + Замкнутый шар \vspace*{0.5cm} \\ + $\overline{B_r}(a) := {x \in X: \rho(x, a) \leqslant r}; \quad r \geqslant 0$ \\ + $B_r(a) \subset \overline{B_r}(a)$ +\end{conj} +\begin{itemize} + \item \underline{Окрестность} точки $a$ - открытый шар $B_r(a)$ +\end{itemize} + \subsubsection*{Примеры} + \begin{enumerate} + \item Дискретная метрика на $X$ + \begin{itemize} + \item[] $B_{1/2}(a) = {a}$ + \item[] $B_2(a) = X$ + \end{itemize} + \item $\rho(x, y) = |x - y| \quad B_r(a) = (a - r, a + r)$ + \item Манхэттенская метрика + + \begin{tikzpicture} + \draw[help lines] (0,0) grid (2, 2); + \draw[dotted] (0,1) coordinate (A) -- (1,2) coordinate (B) + (1,2) -- (2,1); + \draw[dotted] (0,1) coordinate (A) -- (1,0) coordinate (C) + (1,0) -- (2,1); + \fill[red] ((1,1) circle (2pt); + \end{tikzpicture} \quad $B_r(a)$ + \end{enumerate} + \subsubsection*{Свойства} + \begin{enumerate} + \item $B_r(a) \cap B_R(a) = B_{min\{r, R\}}(a)$ + \item Если $x \neq y$, то найдется $r > 0$, такой, что + $\overline{B_r}(x) \cap \overline{B_r}(y) = \varnothing$ + \begin{proof} + \quad \\ + $r := {{\rho(x, y)}\over{3}}$. Пойдем от противного \\ + Пусть $c \in \overline{B_r}(x) \cap \overline{B_r}(y) \Longrightarrow + \begin{cases} + \rho(x, c) \leqslant r \\ + \rho(y, c) \leqslant r + \end{cases} \Longrightarrow \rho(x, y) \leqslant \rho(x, c) + \rho(y, c) + \leqslant 2r = {{2}\over{3}}\rho(x, y)$ - противоречие + \end{proof} + \end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub8.tex b/sections/first/sub8.tex new file mode 100644 index 0000000..da716c8 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub8.tex @@ -0,0 +1,45 @@ +\subsection{Открытые множества} +\begin{conj} + Множество $A$ называется открытым, если $A \subset $ метрическому пространству $X$ и $\forall a \in A \; \exists r_{>0} : B_r(a) \subset A$ +\end{conj} +\begin{theorem-non} + Свойства открытых множеств: + \begin{enumerate} + \item $\varnothing, X$ - открытые множества + \item Объединение любого количества открытых множеств - открытое множество + \item Пересечение конечного числа открытых множеств - открытое множество + \item Открытый шарик - открытое множество + \end{enumerate} + \begin{proof} + \quad \\ + \begin{enumerate} + \item $B_r(a) \subset X$; Для пустого множества нечего проверять, так как там даже точек то нет + \item $A_{\alpha} \; \alpha \in I$ - открытые множества. $A = \bigcup\limits_{\alpha \in I} A_{\alpha}$ \\ + Возьмем $a \in A$. Тогда $a \in A_{\beta}$ для какого-то $\beta \in I \Longrightarrow A_{\beta}$ - открытое множество + $\Longrightarrow B_r(a) \subset A_{\beta}$ для некоторого $r_{>0} \Longrightarrow$ \\ + $B_r(a) \subset A_{\beta} \subset \bigcup\limits_{\alpha \in I} A_{\alpha} = A$ + \item $A_1, A_2, \dots , A_n$ - открытые множества. $A = \bigcap\limits_{k = 1}^{n} A_k$ + Возьмем $a \in A$. Тогда $a \in A_k$ при $k = \{1, 2, \dots , n\} \Longrightarrow + B_{r_k}(a) \subset A_k$ для некоторого $r_k > 0$ \\ + $r := min\{r_1, r_2, \dots , r_k\} \Longrightarrow B_r(a) \subset B_{r_k}(a) \subset A_k + \Longrightarrow B_r(a) \subset \bigcap\limits_{k=1}^n A_k = A$ + \item Рассмотрим $B_R(a)$. Возьмем $b \in B_R(a)$ \\ + $r := R-\rho(a, b) > 0$. + Докажем, что $x \in B_r(b):$ \\ + $\rho(x, b) < r \Longrightarrow \rho(x,a) \leqslant \rho(x, b) + \rho(b,a) < r + \rho(b,a) = R$ + \end{enumerate} + \end{proof} + \notice \\ + В пункте №3 конечность существенна + $\bigcap\limits_{n=1}^{\infty} B_{1/n}(0) = \bigcap\limits_{n=1}^{\infty}(-{{1}\over{n}}; {{1}\over{n}}) = \{0\}$ Интервал $(-r; \; r)$ +\end{theorem-non} +\subsubsection*{Пример} +$\R \quad \rho(x, y) = \abs{x-y}$ \\ +$Y = [0; \; 2)$ \\ +Шары в $(Y, \rho)$: \\ +\begin{tikzpicture} + \draw (-.5,0)--(5.5,0); + \draw[color=black] (0, 0) node {\bfseries[} node[below=9pt]{$0$}; + \draw[color=black] (4, 0) node {\bfseries)} node[below=9pt]{$2$}; +\end{tikzpicture} \\ +$B_1^Y(0) = \{x \in [0; \;2) : \abs{x - 0} < 1\} = [0; \; 1)$ \ No newline at end of file diff --git a/sections/first/sub9.tex b/sections/first/sub9.tex new file mode 100644 index 0000000..4b2e750 --- /dev/null +++ b/sections/first/sub9.tex @@ -0,0 +1,51 @@ +\subsection{Внутренние точки. Внутренность множества} +\begin{conj} + $(X, \beta)$ - метрическое пространство $A \subset X$ \\ + $a \in A, \; a$ - \underline{внутренняя точка множества}, если $B_r(a) \subset A$ для некоторого $r > 0$ + (Открытое множество - такое множество, у которого все точки внутренние) \\ + \underline{Внутренность множества} - множество всех его внутренних точек. Обозначается как $Int A$ \\ +\end{conj} +\begin{theorem-non} + Свойства внутренности: + \begin{enumerate} + \item $Int A \subset A$ + \item $Int A = \bigcup \{G: G \subset A $ и $G$ - открытое$\} =: B$ + \begin{proof} + \quad \\ + $\bullet \quad Int A \supset B$ \\ + Возьмем $b \in B$. Тогда найдется открытое $G_{\circ} \subset A$, такое, что $b \in G_{\circ} \Longrightarrow$\\ + $\exists r_{>0}$, такой, что $B_r(b) \subset G_{\circ} \subset A \Longrightarrow b$ - внутренняя точка $A$ \\ + $\bullet \quad Int A \subset B$ \\ + Возьмем $a \in Int A \Longrightarrow a$ - внутренняя точка $\Longrightarrow $ открытое множество $ B_r(a) \subset A$ для некоторого $r_{>0} + \Longrightarrow a \in B_r(a) \subset A$ \\ + $a \in B_r(a) \subset B \Longrightarrow a \in B$ + \end{proof} + \item $Int A$ - самое большое (по включению) открытое множество, содержащееся в $A$ + \item $Int A$ - открытое множество + \item $Int A = A \Longleftrightarrow A$ - открытое + \item $A \subset B \Longrightarrow Int A \subset Int B$ + \begin{proof} + Пусть $a \in Int A \Longrightarrow B_r(a) \subset A$ для + некоторого $r_{>0} \Longrightarrow a$ - внутренняя точка $B$ + \end{proof} + \item $Int(A \cap B) = Int A \cap Int B$ + \begin{proof} + \quad \\ + ``$\subset$'' : $A \cap B \subset A \Longrightarrow Int(A \cap B) \subset Int A$. Это следует из предыдущего пункта. Аналогично для $B$\\ + ``$\supset$'' : Пусть $c \in Int A \cap Int B \Longrightarrow + \begin{cases} + c$ - внутренняя точка $A \\ + c$ - внутренняя точка $B + \end{cases} \Longrightarrow + \begin{cases} + B_{r_1}(c) \subset A \\ + B_{r_2}(c) \subset B + \end{cases}$ \vspace{0,2cm} \\ для некоторых $r_1, r_2 > 0 \Longrightarrow + B_r(c) \subset A \cap B,$ где $r = min\{r_1, \; r_2\} \Longrightarrow \\ c$ - внутренняя точка $A \cap B$ + \end{proof} + \item $Int(Int A) = Int A$ + \begin{proof} + $Int A$ - открытое множество, а внутренность открытого множества совпадает с ним + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second.tex b/sections/second.tex new file mode 100644 index 0000000..9985592 --- /dev/null +++ b/sections/second.tex @@ -0,0 +1,128 @@ +\section{Компактность} +\import{second/}{ticket42.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket43.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket44.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket45.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket46.tex} +$ $ + +\chapter{Пределы и непрерывность} +\section{Пределы отображений и функций} +\import{second/}{ticket47.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket48.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket49.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket50.tex} +$ $ + +\section{Непрерывные отображения} +\import{second/}{ticket51.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket52.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket53.tex} +$ $ + +\section{Непрерывность и компактность} +\import{second/}{ticket54.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket55.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket56.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket57.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket58.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket59.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket60.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket61.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket62.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket63.tex} +$ $ + +\chapter{Дифференциальное исчисление} +\section{Дифференцируемость и производная} +\import{second/}{ticket64.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket65.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket66.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket67.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket68.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket69.tex} +$ $ + +\section{Теоремы о среднем} +\import{second/}{ticket70.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket71.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket72.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket73.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket74.tex} +$ $ + +\section{Производные высших порядков} +\import{second/}{ticket75.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket76.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket77.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket78.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket79.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket80.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket81.tex} +$ $ + +\section{Экстремумы функций} +\import{second/}{ticket82.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket83.tex} +$ $ + +\section{Выпуклые функции} +\import{second/}{ticket84.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket85.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket86.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket87.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket88.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket89.tex} +$ $ + +\chapter{Интегральные исчисления функций одной переменной} +\section{Первообразная и неопределенный интеграл} +\import{second/}{ticket90.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket91.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket92.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket93.tex} +$ $ +\import{second/}{ticket94.tex} +$ $ \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket42.tex b/sections/second/ticket42.tex new file mode 100644 index 0000000..f12d02d --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket42.tex @@ -0,0 +1,83 @@ +\subsection{Покрытия. Компактность. Компактность в пространстве и в подпространстве. Простейшие свойства компактных множеств \href{https://youtu.be/IwHCWoW4oes?t=30}{\Walley}} + +\begin{conj} + $A, B_{\alpha}, \ {\alpha \in I}$ - множества. Множества $B_{\alpha}$ покрывают $A$ + означает, что $A \subset \bigcup\limits_{\alpha \in I} B_{\alpha}$ \\ + $B_{\alpha}$ - покрытие $A$ +\end{conj} + +\begin{conj} + Открытое покрытие - покрытие открытыми множествами +\end{conj} + +\begin{conj} + $(X, \rho)$ - метрическое пространство. $K \subset X$. + $K$ - компакт, если из любого покрытия $K$ открытыми множествами можно выбрать конечное подпокрытие + (Какое бы мы не взяли покрытие открытыми множествами, можно оставить конечное количество этих открытых множеств + и они все равно будут покрывать $K$) +\end{conj} + +\textbf{Примеры:} + +\begin{itemize} + \item[] Любой отрезок на прямой + \item[] Квадрат c границей и внутренностью в $\R^2$ +\end{itemize} + +\begin{theorem-non} + Простейшие свойства компактных множеств. + + \begin{enumerate} + \item Если $K \subset Y \subset X$, то $K$ - компакт в $Y \Longleftrightarrow K$ - компакт в $X$ + \begin{proof} \quad + + ``$\Longrightarrow$'': Пусть $G_{\alpha}$ - открытые множества в $X$, покрывающие $K$ + $\Longrightarrow \mathcal{U}_{\alpha} = G_{\alpha}\cap Y$ - открытое множество в $Y$ + + $K \subset Y$ и $K \subset \bigcup G_{\alpha} \Longrightarrow K \subset Y \cap \bigcup G_{\alpha} = + \bigcup (Y \cap G_{\alpha}) = \bigcup \mathcal{U}_{\alpha}$, то есть $\mathcal{U}_{\alpha}$ - + покрытие $K$ открытыми множествами в $Y \Longrightarrow \exists \ \mathcal{U}_{\alpha_1}, \mathcal{U}_{\alpha_2}, \dots, \mathcal{U}_{\alpha_n}$, + такие, что $K \subset \bigcup\limits_{j = 1}^{n} \mathcal{U}_{\alpha_j} \subset \bigcup\limits_{j = 1}^{n} G_{\alpha_j} \Longrightarrow + G_{\alpha_1}, \dots, G_{\alpha_n}$ - конечное подпокрытие $K \Longrightarrow$ $K$ --- компакт в $X$ + + ``$\Longleftarrow$'': Рассмотрим покрытие $K$ множествами $\mathcal{U}_{\alpha}$, открытыми в $Y$. Тогда $\mathcal{U}_{\alpha} = G_{\alpha} \cap Y$, + где $G_{\alpha}$ открыто в $X \Longrightarrow K \subset \bigcup \mathcal{U}_{\alpha} \subset \bigcup G_{\alpha} \Longrightarrow + G_{\alpha}$ - октрытое множество в $X \Longrightarrow \exists \ G_{\alpha_1}, G_{\alpha_2}, \dots, G_{\alpha_n}$ покрывающие $K \Longrightarrow + K \subset \bigcup\limits_{j=1}^{n} G_{\alpha_j} \Longrightarrow K = K \cap Y \subset + Y \cap \bigcup\limits_{j=1}^{n} G_{\alpha_j} = \bigcup\limits_{j=1}^{n} (Y \cap G_{\alpha_j}) = \bigcup\limits_{j=1}^{n} \mathcal{U}_{\alpha_j} + \Longrightarrow \mathcal{U}_{\alpha_1}, \mathcal{U}_{\alpha_2}, \dots, \mathcal{U}_{\alpha_n}$ покрывают $K \Longrightarrow K$ - компакт в $Y$ + \end{proof} + \item $K$ - компакт $\Longrightarrow K$ - замкнут и ограничен + \begin{proof} \quad + + Проверим, что дополнение $K$ открыто. Возьмем $a \notin K$ и покажем, что + $B_r(a) \subset X \setminus K$ для некоторого $r > 0$. Для $x \in K$ возьмем шарик $B_{\rho(x, a)/2}(x) =: \mathcal{U}_x$ + - открытое множество $\mathcal{U}_x \cap B_{\rho(x, a)/2}(a) = \varnothing \Longrightarrow K \subset \bigcup\limits_{x \in K} \mathcal{U}_x$. + Так как $K$ - компакт, можно выбрать $\mathcal{U}_{x_1}, \mathcal{U}_{x_2}, \dots, \mathcal{U}_{x_n}$, такие что $K \subset \bigcup\limits_{j = 1}^{n} \mathcal{U}_{x_j} + \quad \mathcal{U}_{x_j} \cap B_{r_j}(a) = \varnothing, \; r_j = \rho(x_j, a)/2$. Если $r = \min{} \{ r_j \}$, то $\mathcal{U}_{x_j} \cap B_{r}(a) = \varnothing \Longrightarrow K \cap B_r(a) = \varnothing + \Longrightarrow B_r(a) \subset X \setminus K$ + + Теперь проверим ограниченность. Возьмем $a \in X$. Тогда $K \subset \bigcup\limits_{n = 1}^{\infty} B_n(a)$. + Если $x \in K$, то расстрояние между $x$ и $a$ будет конечным, а значит есть такой натуральный номер, который больше, + чем это расстояние $\Longrightarrow x \in B_n(a)$. Так как $K$ - компакт, можно выбрать конечное подпокрытие + $B_1(a), \dots, B_n(a) \qquad K \subset \bigcup\limits_{j = 1}^{n} B_j(a) = B_n(a) \Longrightarrow K$ содержится в каком то шаре $\Longrightarrow K$ - ограниченное множество + \end{proof} + \item $K \subset \overset{\mathtt{\sim}}{K}$ и $\overset{\mathtt{\sim}}{K}$ - компакт. Если $K$ - замкнуто, то $K$ - компакт + (Замкнутое подмножество компакта - компакт) + \begin{proof} \quad + + Покроем $K$ открытыми множествами. Пусть $K \subset \bigcup \mathcal{U}_{\alpha}$ - открытые множества. + + Тогда $\overset{\mathtt{\sim}}{K} \subset (\underbrace{(X \setminus K)}_{\text{Откр. мн-во}} \cup \bigcup \mathcal{U}_{\alpha})$. + + + Так как $\overset{\mathtt{\sim}}{K}$ - компакт, можно выбрать конечное подпокрытие: $X \setminus K, \mathcal{U}_{\alpha_1}, \mathcal{U}_{\alpha_2}, \dots, \mathcal{U}_{\alpha_n}$ + + + $\underset{\quad \rotatebox[origin=c]{120}{$ \subset $} K}{\overset{\mathtt{\sim}}{K}} \subset (X \setminus K) \cup \bigcup\limits_{j = 1}^{n} \mathcal{U}_{\alpha_j} \Longrightarrow K \subset \bigcup\limits_{j = 1}^{n} \mathcal{U}_{\alpha_j} \Longrightarrow K$ - компакт + + \end{proof} + + \end{enumerate} + +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket43.tex b/sections/second/ticket43.tex new file mode 100644 index 0000000..12d3087 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket43.tex @@ -0,0 +1,21 @@ +\subsection{Теорема о пересечении семейства компактов. Следствие о вложенных компактах \href{https://youtu.be/IwHCWoW4oes?t=2250}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Теорема о пересечении семейства компактов. + + $K_{\alpha}$ - семейство компактов, таких что пересечение любого их конечного количества непусто. + Тогда $\bigcap K_{\alpha} \neq \varnothing$ --- пересечение всех непусто. + + \begin{proof} + Возьмём компакт $K_{\alpha_0}$. Предположим, что $\bigcap K_{\alpha} = \varnothing$. \\ + Тогда $K_{\alpha_0} \subset (X \setminus \bigcap\limits_{\alpha \neq \alpha_{0}} K_{\alpha}) = + \bigcup\limits_{\alpha \neq \alpha_{0}} \underbrace{(X \setminus K_{\alpha})}_\text{откр. мн-ва}$ --- покрытие $K_{\alpha_{0}}$ открытыми множествами \\ + $\Longrightarrow$ из него можно выделить конечное подпокрытие: $X \setminus K_{\alpha_{1}}, \dots, X \setminus K_{\alpha_{n}}$ \\ + $\Longrightarrow K_{\alpha_0} \subset \bigcup\limits_{j=1}^{n}(X \setminus K_{\alpha_{j}}) = X \setminus \bigcap\limits_{j = 1}^{n}(K_{\alpha_{j}}) \Longrightarrow + \bigcap\limits_{j=0}^{n} K_{\alpha_{j}} = \varnothing$ противоречие. + \end{proof} + +\end{theorem-non} + +\follow \quad Если $K_1 \supset K_2 \supset K_3 \supset ...$ непустые компакты, то $\bigcap\limits_{n=1}^{\infty} K_n \neq \varnothing$ \\ +Если у нас компакты вложены, то пересечение их конечного количества --- самый маленький из них, по условию он не пустой, значит пересечение непусто. \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket44.tex b/sections/second/ticket44.tex new file mode 100644 index 0000000..b4b36e2 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket44.tex @@ -0,0 +1,44 @@ +\subsection{Секвенциальная компактность. Компактность и предельные точки. Секвенциальная компактность компакта \href{https://youtu.be/IwHCWoW4oes?t=2678}{\Walley}} + +\begin{conj} + Секвенциальная компактность: из любой последовательности точек множества + $K$ можно выбрать подпоследовательность, которая сходится к какой-то точке из $K$. +\end{conj} + +\textbf{Пример:} + $[a,b]$ --- секвенциальный компакт. \\ + $x_n$ --- ограниченная последовательность точек из $[a,b]$, по теореме + Больцано—Вейерштрасса мы из неё можем выбрать сходящуюся подпоследовательность, а + по предельному переходу в неравенстве предел этой подпоследовательности будет лежать в $[a,b]$. + +\begin{theorem-non} + Всякое бесконечное подмножество компакта имеет предельную точку. + + \begin{proof} + От противного. Пусть $A \subset K$ бесконечное подмножество, такое что $A' = \varnothing$. \\ + $\Longrightarrow A$ --- замкнуто $\Longrightarrow$ $A$ --- компакт, причём ни одна из точек $A$ не является предельной. \\ + $\forall a \in A$ найдётся $\overset{\circ}{B}_{r_a}(a)$, т.ч. $\overset{\circ}{B}_{r_a}(a) \cap A = \varnothing$. \\ + Тогда $A \subset \bigcup\limits_{a\in A} B_{r_a}(a)$ --- бесконечное объединение. + Из него нельзя убрать ни одно множество (потому что каждая точка покрывается ровно одним множеством, каждое множество покрывает только свой центр), поэтому мы не можем выбрать конечное подпокрытие. Противоречие. + \end{proof} + +\end{theorem-non} + +\follow \; Компактность $\Longrightarrow$ секвенциальная компактность. (В метрическом пространстве) + +\begin{proof} + $K$ --- компакт, $x_n$ --- последовательость точек из $K$. \\ + $D = \{x_1,x_2,x_3,\dots \}$. + + \begin{itemize} + \item[] $\#D < +\infty:$ Какой-то $x_k$ повторяется бесконечное количество раз \\ + $\Longrightarrow$ можно выбрать стационарную подпоследовательность (её предел лежит в $K$). + \item[] $\#D = +\infty: D$ имеет предельную точку $a$ (согласно теореме выше) $\Longrightarrow$ найдётся последовательность точек + из $D$, которая к ней сходится. Выкинем из неё все повторы, переставим в правильном порядке и получим + подпоследовательность $x_{n_1}, x_{n_2},\dots $ сходящуюся к $a$. $a \in K$, так как $K$ --- замкнуто. + \end{itemize} + +\end{proof} + +\notice \quad В Топологическом пространстве это неверно, но пример сложный, ты не поймёшь :( \\ +Наоборот тоже неверно, там сложно \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket45.tex b/sections/second/ticket45.tex new file mode 100644 index 0000000..9b9ed46 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket45.tex @@ -0,0 +1,44 @@ +\subsection{Лемма Лебега. Связь между компактностью и секвенциальной компактностью \href{https://youtu.be/IwHCWoW4oes?t=4113}{\Walley}} + +\begin{lemma} + Лемма Лебега \\ + + Пусть $K$ - секвенциально компактное множество + и $K \subset \bigcup \mathcal{U_{\alpha}}$, где $\mathcal{U_{\alpha}}$ --- открытые мн-ва. \\ + Тогда существует такое $\varepsilon > 0$, что $\forall x \in K$ шарик $B_{\varepsilon}(x)$ целиком покрывается каким-то $\mathcal{U_{\alpha}}$. + \begin{proof} + От противного. Пусть $\varepsilon = \frac{1}{n}$ не подходит. \\ + $B_{\frac{1}{n}}(x_n)$ не содержится целиком ни в одном из $\mathcal{U_{\alpha}}$. \\ + Поскольку у нас секвенциальная компактность, выберем из $x_n$ сходящуюся подпоследовательность $x_{n_k} \rightarrow y \in K$. + Тогда $y \in \mathcal{U}_{{\alpha}_0}$ --- открытое множество, тогда $\exists \; \varepsilon > 0,$ т.ч. $B_{\varepsilon}(y) \subset \mathcal{U}_{{\alpha}_0}$. \\ + Так как $\rho(x_{n_k},y)\rightarrow 0$, начиная с некоторого номера $\rho(x_{n_k},y) < \frac{\varepsilon}{2}$ и $\frac{1}{n_k} < \frac{\varepsilon}{2}$, \\ + тогда $B_{\frac{1}{n_k}}(x_{n_k}) \stackrel{?}{\subset} B_{\varepsilon}(y) \subset \mathcal{U}_{{\alpha}_0}$. \\ + $B_{\frac{1}{n_k}}(x_{n_k}) \subset B_{\frac{\varepsilon}{2}}(x_{n_k}) \stackrel{?}{\subset} B_{\varepsilon}(y)$ \\ + Возьмём $z \in B_{\frac{\varepsilon}{2}(x_{n_k})} \Longrightarrow + \begin{cases} + \rho(x_{n_k},y) < \frac{\varepsilon}{2} \\ + \rho(z,x_{n_k}) < \frac{\varepsilon}{2} + \end{cases} \Longrightarrow$ + $\rho(z,y) \leqslant \rho (z, x_{n_k}) + \rho (x_{n_k},y) < \varepsilon \Longrightarrow z \in B_{\varepsilon}(y)$ \\ + Противоречие. + \end{proof} + +\end{lemma} + +\begin{theorem-non} + В метрическом пространстве компактность $=$ секвенциальная компактность. + + \begin{proof} + "$\Longleftarrow:$" Возьмем покрытие $K$ открытыми множествами $\mathcal{U_{\alpha}}, \quad K \subset \bigcup \mathcal{U_{\alpha}}$ \\ + Возьмём $\varepsilon > 0$ из Леммы Лебега. Рассмотрим покрытие $K \subset \bigcup\limits_{x \in K} B_{\varepsilon}(x)$. \\ + Достаточно выбрать конечное подпокрытие из $\bigcup\limits_{x \in K}B_{\varepsilon}(x)$ \\ + Возьмём любой $x_1 \in K$, если $B_{\varepsilon}(x_1) \supset K$, то нашлось конечное подпокрытие. \\ + Иначе выберем $x_2 \in K \setminus B_{\varepsilon}(x_1)$, если $B_{\varepsilon}(x_1) \cup B_{\varepsilon}(x_2) \supset K$, то нашлось конечное подпокрытие \\ + Иначе $x_3 \in K \setminus (B_{\varepsilon}(x_1) \cup B_{\varepsilon}(x_2))$ и т.д. \\ + Если в какой то момент процедура оборвалась, то нашлось конечное подпокрытие. \\ + Если он бесконечный, то $x_n \in K \setminus \bigcup\limits_{j = 1}^{n - 1} B_{\varepsilon}(x_j) \Longrightarrow x_n \notin B_{\varepsilon}(x_j)$ при $j < n$ + $\Longrightarrow \rho(x_n, x_j) \geqslant \varepsilon \quad \forall n > j \Longrightarrow$ пусть $x_{n_k}$ --- сходящаяся подпоследовательность, значит $x_{n_k}$ --- фундаментальна, а это не так + $\Longrightarrow$ у неё нет сходящайся подпоследовательности. Это противоречит секвенциальной компактности. + \end{proof} + +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket46.tex b/sections/second/ticket46.tex new file mode 100644 index 0000000..afb6d61 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket46.tex @@ -0,0 +1,137 @@ +\subsection{$\varepsilon$-сети и вполне ограниченность. Свойства. Связь с компактностью. Теорема о характеристике компактов в $\R^d$ \href{https://youtu.be/IwHCWoW4oes?t=5735}{\Walley}} + +\begin{conj} + $(X, \rho)$ --- метрическое пространство. $A \subset X$ --- множество. + + $E \subset A$ --- $\varepsilon$-сеть для $A$, если $\forall a \in A$ найдётся $e \in E$, т.ч. $\rho(a, e) < \varepsilon$ + + то есть $A \subset \bigcup\limits_{e \in E} B_{\varepsilon}(e)$. + +\end{conj} + +\textbf{Комментарий:} +В чём смысл этой штуки? +Вот у нас есть какое-то пространство, допустим $R^3$. +И вы хотите описать как-то множество в этом пространстве, +описать с некоторой точностью, запихать в компьютер описание множества. +Понятно, что совсем абстрактное множество вы не сумеете запихать в компьютер, +и поэтому можно это сделать с некоторой точностью, +с точностью до какого-то $\varepsilon$. + +Как это сделать? Нужно взять некоторый набор точек, +такой что для каждого элемента из множества $A$ у нас будет представитель, который +отличается от $a$-маленького не больше чем на $\varepsilon$. + +Таким образом мы запихаем не множество $A$, а некоторое множество, которое его побольше, но такое что с точностью до +$\varepsilon$ оно исходное множество представляет. + +Да, тут конечно пока есть избыточность, я могу добавлять какие-то дополнительные элементы, поэтому я пока не совсем в представлении $A$ получаю, а что-то более широкое. +Но тут надо ещё правильные слова добавить и окажется, что всё совсем хорошо. +А именно: + +\begin{conj} + Конечная $\varepsilon$-сеть $=$ множество $E$ - конечное. +\end{conj} + +И значит если у нас для $A$ находится конечная $\varepsilon$-сеть, тогда уже действительно мы можем это множество $A$ с точностью до $\varepsilon$ как то запихать в компьютер. + +Причём, если у нас есть конечное множество, то тогда у нас есть и наименьшее. +Мы можем рассмотреть всевозможные $\varepsilon$-сети с конечными количествами элементов и выбрать наименьшую +И вот таким образом представлять множество в компьютере. Т.е. вместо множества взять наименьшую его $\varepsilon$-сеть для какого-то конкретного $\varepsilon$. + +\begin{conj} + $A$ --- вполне ограниченное множество, если $\forall \varepsilon > 0$ у $A$ найдётся конечная $\varepsilon$-сеть. +\end{conj} + +\subsection*{Свойства} + +\begin{enumerate} + \item Вполне ограниченность $\Longrightarrow$ ограниченность + \item В $R^d$: ограниченность $\Longrightarrow$ вполне ограниченность. +\end{enumerate} + +\begin{proof} + $ \quad $ \\ + \begin{enumerate} + \item $\varepsilon = 1, A \subset \bigcup\limits_{k=1}^{n} B_1(a_k) \subset B_r(a_1),$ где $r = 1 + max \{ \rho(a_1, a_j) \}, \; j = 2, \dots, n$ + \item $A \subset R^d$ --- ограниченное множество $\Longrightarrow A \subset [-c, c]^d$. Для некоторого $n$ порежем куб на $n$ частей. \\ + + \includegraphics[width=1.5in]{./images/T46_pic.png} %таймкод: 1:50:08 + + Cторона маленького кубика $= \frac{2c}{n} \Longrightarrow$ его главная диагональ $= \sqrt{d} \cdot \frac{2c}{n} < \varepsilon$ + + диагональ $< \varepsilon \Longrightarrow$ расстояние между любыми двумя точками кубика $< \varepsilon$ + + Итого, мы нарезали множество (большой куб) на маленькие кубики, таким образом, что в каждом кубике расстояние между двумя любыми точками $< \varepsilon$, + таких кубиков у нас конечное число, а дальше давайте выбирать "представителей": + + Если какой-то кубик вообще не пересекаетснея с $A$, то ничего брать не будем. А если пересекается, возьмём одну точку из пересечения. + + Это будет конечное множество, более того, это $\varepsilon$-сеть. + \end{enumerate} +\end{proof} + + +\begin{theorem-non} + Хаусдорфа. + + \begin{enumerate} + \item Компактное множество вполне ограничено. + \item $X$ --- полное пространство, то замкнутое вполне ограниченное множество компактно. + \end{enumerate} + + \begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item Берём $\varepsilon > 0$ и $K \subset \bigcup\limits_{x \in K}B_{\varepsilon}(x)$ и выберем из него конечное подпокрытие: + + $K \subset \bigcup\limits_{j = 1}^n B_{\varepsilon}(x_j)$. Тогда $x_1, x_2, \dots, x_n$ конечная $\varepsilon$-сеть. + + \item + Будем проверять секвенциальную компактность. + + Возьмём последовательность $x_1, x_2, \dots \in K$. + + Рассмотрим конечную $1$-сеть. + В каком-то шарике есть бесконечное количество $x$-ов, выкинем всё лишнее, оставим только их. + + Рассмотрим конечную $\frac{1}{2}$-сеть, в каком-то из шариков есть бесконечное количество оставшихся $x$-ов, выкинем всё лишнее, оставим только их. + + Рассмотрим конечную $\frac{1}{3}$-сеть, в каком-то из шариков есть бесконечное количество оставшихся $x$-ов, выкинем всё лишнее, оставим только их. + + $\dots$ + + $x_{11}, x_{12}, x_{13}, \dots $ в шарике $B_1(a_1)$ \\ + $x_{21}, x_{22}, x_{23}, \dots $ в шарике $B_{\frac{1}{2}}(a_2)$ \\ + $x_{31}, x_{32}, x_{33}, \dots $ в шарике $B_{\frac{1}{3}}(a_3)$ \\ + $\dots$ + + (Следующая строчка подпоследовательность предыдущей) + + Возьмём $x_{11}, x_{22}, x_{33}, \dots$ --- $x_{nn}$ подпоследовательность исходной последовательности. + + $x_{nn}$ при $n \geqslant k$ --- подпоследовательность $x_{kn}$, т.е. лежит в $B_{1/k}(a_k)$ + + $x_{nn} \in B_{1/k}(a_k)$ при $n \geqslant k \Longrightarrow \rho(x_{nn}, x_{mm}) \leqslant \rho(x_{nn}, a_k) + \rho(x_{mm}, a_k) < \frac{2}{k}$ при $n,m \geqslant k$ + + $\Longrightarrow x_{nn}$ --- фундаментальная последовательность $\Longrightarrow$ существует $\lim{x_{nn}}= b$, т.к. $K$ --- замкнуто $b \in K \Longrightarrow K$ --- секвенц. компактно $\Longrightarrow K$ --- компактно. + + \end{enumerate} + \end{proof} + +\end{theorem-non} + +\notice Это рассуждение --- диагональный метод Кантора. + +\begin{follow} + Характеристика Компактов в $R^d$ + + $K \subset R^d$ --- компакт $\Longleftrightarrow K$ --- замкнуто и ограничено. + + \begin{proof} + "$\Longrightarrow$" верно всегда + + "$\Longleftarrow$" $K$ --- вполне ограничено $\Longrightarrow$ вполне огр. + замкнутость $\Longrightarrow$ компактность (т.к. $R^d$ --- полное пространство). + \end{proof} + +\end{follow} diff --git a/sections/second/ticket47.tex b/sections/second/ticket47.tex new file mode 100644 index 0000000..e9db809 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket47.tex @@ -0,0 +1,74 @@ +\subsection{Три определения предела отображения в точке. Равносильность определений. Единственность предела \href{https://youtu.be/BiTNBigkkyU?t=122}{\Walley}} +\begin{conj} + Предел отображения +\end{conj} +$(X, \rho_x), \; (Y, \rho_y)$ -- метрические пространства + +$E \subset X, \; a$ -- предельная точка $E$ + +$f : E \to Y$ +\[ \lim_{x \to a} f(x) = b \] +\begin{itemize} + \item По Коши + \[ \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 \;\; \forall x \in E \;\; 0 < \rho_x(x, a) < \delta \Rightarrow \rho_y(f(x), b) < \varepsilon \] + \item На языке окрестностей + \[ \forall \, B_{\varepsilon}(b) \;\; \exists \; \overset{\circ}{B}_{\delta}(a) : f(\overset{\circ}{B}_{\delta}(a) \cap E) \subset B_{\varepsilon}(b) \] + \item По Гейне + + Для любой последовательности $x_n \in E$ и $x_n \neq a$ если $\lim x_n = a$, то $\lim f(x_n) = b$ +\end{itemize} + +\begin{notice} + \begin{enumerate} + \item В определении не участвует значение в точке $a$. + \item Определение локальное. + \end{enumerate} +\end{notice} + +\begin{conj} + Предел функции +\end{conj} +$f : E \to \R$ + +$E \subset \R, \; a$ -- предельная точка $E$ + +$b \in \R$ +\[ \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 \;\; \forall x \in E \;\; 0 < |x - a| < \delta \Rightarrow |f(x) - b| < \varepsilon \] +\begin{notice} + Это определение по Коши, оределеления на языке окрестностей и по Гейне аналогичны определению предела отображения. +\end{notice} + +\begin{theorem-non} + Определения по Коши и по Гейне равносильны. +\end{theorem-non} +\begin{proof} \quad \\ + Коши $\Rightarrow$ Гейне: + + Берем последовательность из определения по Гейне: + \[ x_n \in E, \; x_n \neq a \;\; \lim x_n = a \] + Зафиксируем $\varepsilon > 0$ из определения по Коши, по нему найдем $\delta$, по $\delta$ найдем $N$ из определения по Гейне: + \begin{gather*} + \exists \, N \;\; \forall \, n \geqslant N \;\; \rho_x(x_n, a) < \delta \Rightarrow \rho_y(f(x_n), b) < \varepsilon \\ + \Rightarrow \lim f(x_n) = b + \end{gather*} + Гейне $\Rightarrow$ Коши: + + Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и предположим, что для него не найдется $\delta > 0$. + + Не подходит $\delta = 1$, т.е. найдется $x_1 \in E, \; x_1 \neq a$ такой, что $\rho_x(x_1, a) < 1$ и $\rho_y(f(x_1), b) \geqslant e$. \\ + Не подходит $\delta = \frac{1}{2}$, т.е. найдется $x_2 \in E, \; x_2 \neq a$ такой, что $\rho_x(x_2, a) < \frac{1}{2}$ и $\rho_y(f(x_2), b) \geqslant e$. \\ + И так далее. В общем случае: \\ + Не подходит $\delta = \frac{1}{n}$, т.е. найдется $x_n \in E, \; x_n \neq a$ такой, что $\rho_x(x_n, a) < \frac{1}{n}$ и $\rho_y(f(x_n), b) \geqslant e$. \\ + + Последовательность $x_n$ стремится к $a$, тогда последовательность $f(x_n)$ обязаана стремиться к $b$, но $\forall \, n \;\; \rho_y(f(x_n), b) \geqslant e$. + Следовательно, мы пришли к противоречию. +\end{proof} + +\begin{follow} + Предел единственен +\end{follow} +\begin{proof} + Пусть $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b$ и $\lim\limits_{x \to a} f(x) = c$, где $a$ -- предельная точка $E$. + Возьмем последовательность $x_n \in E, \; x_n \neq a$ и $\lim x_n = a$. + Тогда по определению по Гейне $\lim f(x_n) = b$ и $\lim f(x_n) = c \Rightarrow b = c$. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket48.tex b/sections/second/ticket48.tex new file mode 100644 index 0000000..d53ee2d --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket48.tex @@ -0,0 +1,93 @@ +\subsection{Существование предела в терминах последовательностей. Локальная ограниченность функции, имеющей предел. Критерий Коши \href{https://youtu.be/BiTNBigkkyU?t=2205}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Если в определении по Гейне все пределы существуют, то они равны между собой. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Рассмотрим две последовательности $x_n \in E, \; x_n \neq a$ и $y_n \in E, \; y_n \neq a$ такие, что $\lim x_n = \lim y_n = a$. Покажем, что $\lim f(x_n) = \lim f(y_n)$ + + Положим $b := \lim f(x_n)$ и $c := \lim f(y_n)$. + + Возьмем последовательность $x_1, y_1, x_2, y_2, \dots := z_n$. Тогда $\lim z_n = a \Rightarrow \exists \, \lim f(z_n) =: d$. + + $f(x_n)$ -- подпоследовательность $f(z_n) \Rightarrow b = d$ \\ + $f(y_n)$ -- подпоследовательность $f(z_n) \Rightarrow c = d$ \\ + $\Rightarrow b = c$ +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + $f : E \to Y, \; E \subset X, \; a$ -- предельная точка $E$ и $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b$. + + Тогда для некоторого $r > 0$ $f$ ограничена на $B_r(a) \cap E$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Зафиксируем $\varepsilon = 1$ в определении по Коши. Найдем $\delta > 0$ такое, что если $x \in E$ и $0 < \rho_x(x, a) < \delta$, то $\rho_y(f(x), b) < 1$. + + Рассмотрим $f$ на $B_{\delta}(a) \cap E$: + \[ \rho_y(f(x), b) < max \{1, \rho_y(f(a), b)\} \] + $\Rightarrow f$ ограничена на $B_{\delta}(a) \cap E$. +\end{proof} +\begin{notice} + Глобальной ограниченности нет. + + Рассмотрим $f(x) = \frac{1}{x}$. Тогда $\lim\limits_{x \to 1} f(x) = 1$, но $f$ очевидно не огранечена. +\end{notice} + +\vspace{7mm} + +\begin{theorem-non} + Критерий Коши для отображений + +$f : E \to Y, \; E \subset X, \; a$ -- предельная точка $E$, и $Y$ -- полное. Тогда +\[ \exists \, \lim_{x \to a} f(x) \Longleftrightarrow \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 \;\; \forall \, x, \, y \in (\overset{\circ}{B}_{\delta}(a) \cap E) \Rightarrow \rho_y(f(x), f(y)) < \varepsilon \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} \quad \\ + "$\Rightarrow$": Пусть $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b$. Тогда из определения по Коши: + \begin{gather*} + \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 \;\; \forall \, x \in (\overset{\circ}{B}_{\delta}(a) \cap E) \Rightarrow \rho_y(f(x), b) < \frac{\varepsilon}{2} \\ + \forall \, y \in (\overset{\circ}{B}_{\delta}(a) \cap E) \Rightarrow \rho_y(f(y), b) < \frac{\varepsilon}{2} \\ + \Rightarrow \rho_y(f(x), f(x)) < \varepsilon + \end{gather*} + "$\Leftarrow$": Возьмем последовательность $x_n \in E, \; x_n \neq a$ такую, что $\lim x_n = a$. Хотим доказать, что $\lim f(x_n)$ существует. Покажем, что $f(x_n)$ -- фундаментальная последовательность. + + Возьмем $\varepsilon > 0$. По нему $\delta > 0$ из критерия Коши, а по $\delta$ найдем $N$ из предела $\lim x_n = a$ (т.е. номер, начиная с которого $x_n$ будет лежать в $\delta$-окрестности $a$). Формально: + \begin{gather*} + \exists \, N \;\; \forall \, n \geqslant N \;\; \rho_x(x_n, a) < \delta \\ + \forall \, m \geqslant N \;\; \rho_x(x_m, a) < \delta \\ + \end{gather*} + Подставив $x_n$ и $x_m$ в критерий Коши, получаем, что $\rho_y(f(x_n), f(x_m)) < \varepsilon$ + $\Rightarrow$ $f(x_n)$ -- фундаментальная $\Rightarrow \exists \, \lim f(x_n)$. +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Критерий Коши для функций + +$f : E \to \R, \; E \subset \R, \, a$ -- предельная точка $E$ +\[ +\exists \, \lim_{x \to a} f(x) \Longleftrightarrow \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \,\delta > 0 : +\begin{cases} + \forall \, x \in E : \, 0 < |x - a| < \delta \\ + \forall \, y \in E : \, 0 < |y - a| < \delta \\ +\end{cases} + \Rightarrow |f(x) - f(y)| < \varepsilon +\] +\end{theorem-non} +\begin{notice} + Данный предел будет конечным. Для отображений это очевидно, там бесконечного предела нет по определению. +\end{notice} + +\begin{conj} + Бесконечные пределы для функций +\end{conj} +Определение по Гейне никак не меняется. + +Опредление по Коши: +\[ \lim_{x \to a} f(x) = +\infty \Longleftrightarrow \forall \, u \;\; \exists \, \delta > 0 : \; \forall \, x \in E : 0 < |x - a| < \delta \Rightarrow f(x) > u \] +\[ \lim_{x \to a} f(x) = -\infty \Longleftrightarrow \forall \, u \;\; \exists \, \delta > 0 : \; \forall \, x \in E : 0 < |x - a| < \delta \Rightarrow f(x) < u \] + +\begin{notice} + Также можно определить пределы в $+\infty$ и $-\infty$. Например: + \[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = b \Longleftrightarrow \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, u : \; \forall \, x \in E : x > u \Rightarrow |f(x) - b| < \varepsilon \] + \[ \lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty \Longleftrightarrow \forall \, u \;\; \exists \, v : \; \forall \, x \in E : x < v \Rightarrow f(x) > u \] +\end{notice} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket49.tex b/sections/second/ticket49.tex new file mode 100644 index 0000000..c662f08 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket49.tex @@ -0,0 +1,68 @@ +\subsection{Теорема о стабилизации знака. Теорема о предельном переходе в неравенствах. Теорема о двух милиционерах. Арифметические действия с пределами функций \href{https://youtu.be/BiTNBigkkyU?t=4469}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Теорема о стабилизации знака +$f : E \to \R, \, E \subset X, \, a$ -- предельная точка $E$ + +Если $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b \neq 0$, то $\exists \, r > 0$ такой, что знак функции в $\overset{\circ}{B}_r(a) \cap E$ тот же, что и у $b$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Пусть $b > 0$ (случай $b < 0$ разбирается аналогично). Возьмем $\varepsilon = \frac{b}{2}$. + Тогда $\exists \, \delta > 0$ такой, что если $x \in \overset{\circ}{B}_r(a) \cap E$, то $|f(x) - b| < \varepsilon$, + а все такие $f(x)$ положительны. +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Теорема о предельном переходе в неравенствах + + $f, \, g : E \to \R, \, E \subset X, \, a$ -- предельная точка $E$ и $f(x) \leqslant g(x) \;\; \forall \, x$ + + Тогда если $b := \lim\limits_{x \to a} f(x)$ и $c := \lim\limits_{x \to a} g(x)$, то $b \leqslant c$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Возьмем последовательность $x_n \in E, \, x_n \neq a$ такую, что $\lim x_n = a$. + + Тогда $\lim f(x_n) = b$ и $\lim g(x_n) = c$. Кроме того $f(x_n) \leqslant g(x_n) \Rightarrow b \leqslant c$ (предельный переход для последовательностей). +\end{proof} +\begin{notice} + Строгий знак может не сохраниться. Например, $E = \R \setminus \{0\}, \, f(x) = 1$ и $g(x) = x^2 + 1$. +\end{notice} + +\begin{theorem-non} + Теорема о двух миллиционерах + + $f, \, g, \, h : E \to \R, \, E \subset X, \, a$ -- предельная точка $E$ и $f(x) \leqslant g(x) \leqslant h(x) \;\; \forall \, x \in E, \, x \neq a$ + + Тогда если $\lim\limits_{x \to a} f(x) = \lim\limits_{x \to a} h(x) =: b$, то $\lim\limits_{x \to a} g(x) = b$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Возьмем последовательность $x_n \in E, \, x_n \neq a$ такую, что $\lim x_n = a$. + + Тогда $\lim f(x_n) = \lim h(x_n) = b$. Кроме того $f(x_n) \leqslant g(x_n) \leqslant h(x_n) \Rightarrow \lim g(x_n) = b \\ \Rightarrow \lim g(x) = b$ + (теорема для последовательностей) +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Теорема об арифметических действиях с пределами функций + + $f, \, g : E \to \R^d, \, \lambda : E \to \R, \, a$ -- предельная точка $E$ + + $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b, \, \lim\limits_{x \to a} g(x) = c$ и $\lim\limits_{x \to a} \lambda(x) = \mu$, где $b, \, c \in \R^d$, a $\mu \in \R$ + \begin{enumerate} + \item $\lim\limits_{x \to a} (f(x) \pm g(x)) = b \pm c$ + \item $\lim\limits_{x \to a} \lambda(x)f(x) = \mu b$ + \item $\lim\limits_{x \to a} ||f(x)|| = ||b||$ + \item $\lim\limits_{x \to a} \, = \, $ + \item Если $d = 1$ и $c \neq 0$, то $\lim\limits_{x \to a} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{b}{c}$ + \end{enumerate} +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Будет доказан только первый пункт, все остальные доказываются аналогично. + + Проверим определение по Гейне. Возьмем последовательность $x_n \in E, \, x_n \neq a$ такую, что $\lim x_n = a$. + Тогда $\lim f(x_n) = b$ и $\lim g(x_n) = c$. \\ + Для последовательностей мы знаем, что $\lim (f(x_n) \pm g(x_n)) = b \pm c$, следовательно $\lim\limits_{x \to a} (f(x) \pm g(x)) = b \pm c$. +\end{proof} +\begin{notice} + Для бесконечных пределов всё аналогично последовательностям. +\end{notice} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket50.tex b/sections/second/ticket50.tex new file mode 100644 index 0000000..3ccee7d --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket50.tex @@ -0,0 +1,53 @@ +\subsection{Левый и правый пределы. Предел монотонной функции \href{https://youtu.be/BiTNBigkkyU?t=6035}{\Walley}} +\begin{conj} + Односторонние пределы +\end{conj} +$f : E \to Y, \, E \subset \R$ +\begin{itemize} + \item $a$ -- предельная точка множества $E \cap (a, +\infty) =: E_1$ + + Сузим $f$ на $E_1$. Назовем получившуюся функцию $f_1$. + Если у $f_1$ есть предел в точке $a$, то говорят, что у $f$ есть правосторонний предел: + \[ \lim_{x \to a+} f(x) = b \Longleftrightarrow \lim_{x \to a} f_1(x) = b \Longleftrightarrow + \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 : \; \forall \, x \in E : 0 < x - a < \delta \Rightarrow\rho_y(f(x), b) < \varepsilon \] + + \item $a$ -- предельная точка множества $E \cap (-\infty, a) =: E_2$ + + Сузим $f$ на $E_2$. Назовем получившуюся функцию $f_2$. + Если у $f_2$ есть предел в точке $a$, то говорят, что у $f$ есть левосторонний предел: + \[ \lim_{x \to a-} f(x) = c \Longleftrightarrow \lim_{x \to a} f_2(x) = c \Longleftrightarrow + \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 : \; \forall \, x \in E : 0 < a - x < \delta \Rightarrow\rho_y(f(x), c) < \varepsilon \] +\end{itemize} +\begin{conj} + Односторонние пределы по Гейне +\end{conj} +\begin{itemize} + \item $\lim\limits_{x \to a+} f(x) = b \Longleftrightarrow$ для любой последовательности $x_n \in E, \, x_n > a$ и $\lim x_n = a$ имеем $\lim f(x_n) = b$ + \item $\lim\limits_{x \to a-} f(x) = c \Longleftrightarrow$ для любой последовательности $x_n \in E, \, x_n < a$ и $\lim x_n = a$ имеем $\lim f(x_n) = c$ +\end{itemize} +\underline{Пример:} $f(x) = [x], \, n \in \N$ + +$\lim\limits_{x \to n+} f(x) = n$, но $\lim\limits_{x \to n-} f(x) = n - 1$ + +\begin{notice} + $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b \Longleftrightarrow \lim\limits_{x \to a+} f(x) = \lim\limits_{x \to a-} f(x)$ +\end{notice} + +\vspace{7mm} + +\begin{theorem-non} + Существование предела у монотонной ограниченной функции + + $f : E \to \R, \, E \subset \R, \, a$ -- предельная точка множества $E \cap (-\infty, a)$ + + Если $f$ возрастает (убывает) и ограничена сверху (снизу), то существует конечный $\lim\limits_{x \to a-} f(x)$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Пусть $f$ возрастает и огранечена сверху $\Rightarrow$ существует конечный $\sup f(x) =: b$, где $x \in E \cap (-\infty, a)$. + Докажем, что $\lim\limits_{x \to a-} f(x) = b$. + + Возьмем $\varepsilon > 0$. Мы знаем, что $b - \varepsilon$ не является верхней границей, следовательно найдется $y \in E \cap (-\infty, a)$ такой, что $f(y) > b - \varepsilon$. + + + Если $y < x < a$, то $\begin{cases} f(x) \geqslant f(y) > b - \varepsilon \\ f(x) \leqslant b < b + \varepsilon \end{cases} \Rightarrow |f(x) - b| < \varepsilon \Rightarrow \lim\limits_{x \to a-} f(x) = b$ +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket51.tex b/sections/second/ticket51.tex new file mode 100644 index 0000000..8748fc5 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket51.tex @@ -0,0 +1,53 @@ +\subsection{Определения непрерывных отображений. Их равносильность. Непрерывность функций слева и справа. Теорема о стабилизации знака \href{https://youtu.be/BiTNBigkkyU?t=7551}{\Walley}} + +\begin{conj} + Непрерывность функции в точке +\end{conj} +$f : E \to Y, \, E \subset X$ и $a \in E$ + +$f$ непрерывна в точке $a$, если: +\begin{itemize} + \item По Коши + \[ \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 \;\; \forall \, x \in E : \, \rho_x(x, a) < \delta \Rightarrow \rho_y(f(x), f(a)) < \varepsilon \] + \item На языке окрестностей + \[ \forall \, \varepsilon > 0 \;\; \exists \, \delta > 0 : \, f(B_{\delta}(a) \cap E) \subset B_{\varepsilon}(f(a)) \] + \item С пределами + + Если $a$ не является предельной точкой $E$, то условия не накладываются (в какой-то окрестности нет точек кроме самой $a$, следовательно функция автоматически непрерывна). + + Если $a$ является предельной, то $\lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a)$. + \item По Гейне + + Если $x_n \in E$ и $\lim x_n = a$, то $\lim f(x_n) = f(a)$. +\end{itemize} +\begin{notice} + Эти определения равносильны (это очевидно, пруфов не будет). +\end{notice} + +\begin{conj} + Непрерывность слева + + Если $a$ не является предельной точкой $E$, то условия не накладываются (автоматически непрерывна). + В противном случае, $\lim\limits_{x \to a-} f(x)$ должен быть равен $f(a)$. +\end{conj} +\begin{notice} + Непрерывность справа расписывается аналогичным образом. +\end{notice} + +\begin{theorem-non} + Теорема о стабилизации знака + +$f : E \to \R, \, E \subset X, \, a \in E$, $f$ непрерывна в точке $a$ + +Если $f(a) \neq 0$, то $\exists \, r > 0$ такой, что знак функции в $B_r(a) \cap E$ тот же, что и у $f(a)$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Пусть $f(a) > 0 \Rightarrow \lim\limits_{x \to a} f(x) = f(a) > 0$ (случай $f(a) < 0$ разбирается аналогично). Возьмем $\varepsilon = \frac{f(a)}{2}$. + Тогда $\exists \, \delta > 0$ такой, что если $x \in B_r(a) \cap E$, то $|f(x) - f(a)| < \varepsilon$, + а все такие $f(x)$ положительны. +\end{proof} +\underline{Примеры} +\begin{enumerate} + \item $f(x) = x$ \\ Непрерывная функция, в определении подходит $\delta = \varepsilon$. + \item $f(x) = [x]$ \\ Не непрерывная функция. +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket52.tex b/sections/second/ticket52.tex new file mode 100644 index 0000000..d19de2a --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket52.tex @@ -0,0 +1,121 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Арифметические действия с непрерывными функциями. Непрерывность многочленов и экспоненты. Теорема о непрерывности композиции. Предел композиции функций \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=126}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + О стабилизации знака +\end{theorem-non} + +\begin{theorem-non} + Об арифметических действиях с непрерывными функциями +\end{theorem-non} +Пусть $f, g : E \rightarrow \mathbb{R}^d$, $E \subset X$, $a \in E$, +$f$ и $g$ непрерывны в точке $a$. \\ $\lambda : +E \rightarrow \mathbb{R}$, $\lambda$ непрерывна в точке $a$. + +Тогда +\begin{enumerate} + \item $f \pm g$ непрерывна в точке $a$; + \item $\lambda f$ непрерывна в точке $a$; + \item $\norm{f}$ непрерывна в точке $a$; + \item $$ непрерывно в точке $a$; + \item если $d = 1$ и $g(a) \neq 0$, то $\frac{f}{g}$ непрерывна в + точке $a$. +\end{enumerate} + +\begin{proof} + Смотреть теорему про арифметические действия с пределами функций. +\end{proof} + +\follow +\begin{enumerate} + \item Многочлен непрерывен во всех точках. + \item Рациональная функция непрерывна во всех точках, на которых + определена. +\end{enumerate} + +\begin{proof} $ $ + + \begin{enumerate} + \item $f(x) = x$ непрерывна, поэтому моном вида $x^k$ непрерывен. + $f(x) = a$ непрерывна, поэтому моном вида $ax^k$ непрерывен. + Сумма непрерывных непрерывна, поэтому сумма мономов непрерывна. + Значит, многочлен непрерывен. + + \item $f$ и $g$ многочлены $\Rightarrow$ $\frac{f}{g}$ + непрерывна во всех точках $x$, где $g(x) \neq 0$. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + $\exp$ непрерывна во всех точках. +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + $\underset{x \rightarrow a}{\lim} \exp x \overset{?}{=} \exp a$. + + $\underset{x \rightarrow a}{\lim} \exp x = + \underset{h \rightarrow 0}{\lim} \exp (h + a) = + \underset{h \rightarrow 0}{\lim} \exp h \exp a$ + + Необходимо д-ть, что $\underset{h \rightarrow 0}{\lim} \exp h = 1$. \\ + $1 + h \leqslant \exp h \leqslant \frac{1}{1 - h}$ при $h < 1$ \\ + При $h \rightarrow 0$, $1 + h \rightarrow 1$ и $\frac{1}{1 - h} + \rightarrow 1$.\\ + Тогда по теореме о двух милиционерах $\exp h \rightarrow 1$. +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + О непрерывности композиции. +\end{theorem-non} + +$f : D \rightarrow Y$, $g : E \rightarrow Z$, $D, E \subset X$, +$f(D) \subset E$, $f$ непрерывна в точке $a \in D$, $g$ непрерывна в +точке $f(a)$. Тогда $g \circ f$ непрерывна в точке $a$. + +\begin{proof} $ $ + + Будем пользоваться определением непрерывности. + + $\forall \varepsilon > 0 \,\,\, \exists \delta > 0 : + \forall y \in E \,\,\, \rho_Y (y, \,f(a)) < \delta \Rightarrow + \rho_Z (\, g(y), \, g(f(a)) \,) < \varepsilon$. + + $\forall \delta > 0 \,\,\, \exists \gamma > 0 : + \forall x \in D$ и $\rho_X(x, a) < \gamma \Rightarrow + \rho_Y (\, f(a), \, f(x) \, ) < \delta$ + + Берём $\varepsilon$, по нему ищем $\delta$, а по $\delta$ ищем + $\gamma$, тогда вместо $y$ подставляем $f(x)$ и получаем, что + всё хорошо. + + $\forall \varepsilon > 0 \,\,\, \exists \gamma > 0 : + \forall x \in D$ и $\rho_X(x, a) < \gamma \Rightarrow + \rho_Z (\, g(f(x)), \, g(f(a)) \,) < \varepsilon$ +\end{proof} + +\notice Прямого аналога про пределы нет + +$\underset{x \rightarrow a}{\lim} f(x) = b$ и +$\underset{y \rightarrow b}{\lim} \, g(y) = c$ $\nRightarrow$ +$\underset{x \rightarrow a}{\lim} \, g(f(x)) = c$ + +\notice Но если $g$ непрерывна в точке $b$, то утверждение верно. + +\textbf{Пример.} + +$f(x) = x \sin \frac 1 x$, $-x \leqslant f(x) \leqslant x$, тогда +$\underset{x \rightarrow 0}{\lim} f(x) = 0$ + +$g(x) = \begin{cases} + 0 \text{ при } x = 0, \\ + 1 \text{ при } x \neq 0 +\end{cases}$ тогда $\underset{x \rightarrow 0}{\lim} \, g(x) = 1$ + +Но $\underset{x \rightarrow a}{\lim} \, g(f(x))$ не существует. + +$x_n := \frac {1}{\pi n} \rightarrow 0$, $f(x_n) \rightarrow 0$, +$g(f(x_n)) = 0$. + +$y_n := \frac{1}{2 \pi n + \frac{\pi}{2}} \rightarrow 0$, +$f(y_n) = y_n \neq 0$, $g(f(y_n)) = g(y_n) = 1$. diff --git a/sections/second/ticket53.tex b/sections/second/ticket53.tex new file mode 100644 index 0000000..7573f12 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket53.tex @@ -0,0 +1,51 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Непрерывность функций, действующих в $\R^d$. Характеристика непрерывности в терминах прообразов \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=1769}{\Walley}} + + +\begin{theorem-non} +\end{theorem-non} +$f : E \rightarrow \mathbb{R}^d$, $a \in E$. \\ +Тогда $f$ непрерывна в точке $a$ $\Longleftrightarrow$ все координатные +функции непрерывны в точке $a$. + +\begin{proof} Содержательный случай: $a$ -- предельная точка. + + $f$ непрерывна в точке $a$ $\Longleftrightarrow$ $\lim f(x_n) = f(a)$ + для любой последовательности точек $x_n \rightarrow a$ + $\Longleftrightarrow$ $f_k(x_n) = f_k(a) \,\, \forall k = 1..d$ + $\Longleftrightarrow f_k$ непрерывна в $a$ + +\end{proof} + +\begin{theorem-non} +\end{theorem-non} + +$f : X \rightarrow Y$ $X, Y$ -- топологические пространства. +$f$ непрерывна во всех точках $X$ $\Longleftrightarrow$ +$\forall U \subset Y$ открытое $f^{-1}(U)$ открытое множество. + +\begin{proof} $ $ + + \textbf{``$\Longrightarrow$'':} + + Возьмём $U$ -- открытое, и $a \in f^{-1}(U)$. + Докажем, что $a$ -- внутренняя точка $f^{-1}(U)$. + + $a \in f^{-1}(U) \Rightarrow f(a) \in U \Rightarrow \exists + \varepsilon > 0 : B_{\varepsilon}(f(a)) \in U \Rightarrow + \exists \delta > 0 : f(B_{\delta}(a)) \subset B_{\varepsilon}(f(a)) + \subset U \Rightarrow f(B_{\delta}(a)) \subset U \Rightarrow + B_{\delta}(a) \subset f^{-1}(U) \Rightarrow$ $a$ -- внутренняя точка + $f^{-1}(U)$. + + \textbf{``$\Longleftarrow$'':} + + Возьмём $U = B_\varepsilon (f(a))$, оно открыто $\Rightarrow$ + $f^{-1}(U)$ -- открытое. + + $a \in f^{-1}(U) \Rightarrow a$ -- внутренняя точка $\Rightarrow + \exists \delta > 0 : B_{\delta}(a) \subset f^{-1}(U) \Rightarrow + f(B_{\delta}(a)) \subset U = B_\varepsilon(f(a)) \Rightarrow f$ + непрерывна в точке $a$. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket54.tex b/sections/second/ticket54.tex new file mode 100644 index 0000000..a985ff1 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket54.tex @@ -0,0 +1,70 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Непрерывный образ компакта. Теорема Вейерштрасса. Непрерывность обратного отображения \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=2639}{\Walley}} + + +\begin{conj} + Пусть $f: E \rightarrow Y$, $E \subset X$. $f$ --- + \textbf{ограниченная}, если $f(E)$ -- ограниченное мн-во. +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + Непрерывный образ компакта -- компакт. +\end{theorem-non} +\begin{proof} $ $ + + $f : X \rightarrow Y$ непрерывна во всех точках. $K \subset X$ -- + компакт. + + Докажем, что $f(K)$ -- компакт. + + Пусть $f(K) \subset + \bigcup \limits_{\alpha \in I} U_\alpha$, $U_\alpha$ -- открытое + $\Rightarrow K \subset \bigcup \limits_{\alpha \in I} f^{-1}(U_\alpha)$ + , $f^{-1}(U_\alpha)$ -- открытое, т.к. $f$ непрерывна + $\xRightarrow{\text{комп. } K} \exists \alpha_1, \alpha_2, \dots, + \alpha_n : K \subset \bigcup_{j = 1}^{n} f^{-1}(U_{\alpha_n}) + \Rightarrow f(K) \subset \bigcup_{j = 1}^{n} U_{\alpha_n} + \Rightarrow f(K)$ -- компакт. +\end{proof} + +\follow +\begin{enumerate} + \item Непрерывный образ компакта замкнут и ограничен. + \item \textbf{(теорема Вейерштрасса)} + $f: K \rightarrow \R$, $K$ -- + компакт, $f$ непрерывна на $K$. Тогда $\exists a, b \in K$, т.ч. + $f(a) \leqslant f(x) \leqslant f(b) \quad \forall x \in K$. + + \begin{proof} + $f(K)$ -- компакт $\Rightarrow f(K)$ -- ограниченное множество + $\Rightarrow f$ -- ограниченная функция. + + Пусть $M := \sup \{ f(x) : x \in K \}$. Хотим доказать, что + $\exists b \in K : f(b) = M$. Предположим, что такой точки + не существует. Тогда $f(x) < M \,\, \forall x \in K$. + + $g(x) := \frac{1}{M - f(x)}$ -- непрерывная функция $\Rightarrow$ + $g$ ограничена $\Rightarrow \exists M_0 : \forall x \in K \,\, + g(x) \leqslant M_0 \Rightarrow \frac{1}{M - f(x)} \leqslant M_0 \Rightarrow + \frac{1}{M_0} \leqslant M - f(x) \Rightarrow f(x) \leqslant M - + \frac{1}{M_0} < M \Rightarrow M \neq \sup$. Противоречие. + \end{proof} +\end{enumerate} + +\begin{theorem-non}\end{theorem-non} +Пусть $f : K \rightarrow Y$ -- непрерывная биекция, $K \subset X$ -- +компакт. Тогда $f^{-1} : Y \rightarrow K$ непрерывно. + +\begin{proof} $ $ + + Надо проверить $(f^{-1})^{-1}(U) = f(U)$ открыто, если $U$ открыто. + + $K \setminus U = K \cap (X \setminus U)$ замкнуто $\Rightarrow + K \setminus U \subset K$ -- замкнутое подмн-во компакта $\Rightarrow + K \setminus U$ -- компакт $\Rightarrow f(K \setminus U)$ -- компакт, + т.к. $f$ непрерывна $\Rightarrow$ т.к. $f$ -- биекция, + $f(K \setminus U) = f(K) \setminus f(U) = Y \setminus f(U)$ -- + компакт $\Rightarrow Y \setminus f(U)$ замкнуто $\Rightarrow + f(U)$ открыто. +\end{proof} diff --git a/sections/second/ticket55.tex b/sections/second/ticket55.tex new file mode 100644 index 0000000..9667340 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket55.tex @@ -0,0 +1,53 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Равномерная непрерывность отображений. Примеры. Теорема Кантора для отображений метрических пространств. \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=4232}{\Walley}} + + +\begin{conj} + Пусть $f : E \rightarrow Y$, $E \subset X$. \\ + $f$ \textbf{равномерно непрерывна} на $E$, если $\forall \varepsilon + > 0 \quad \exists \delta > 0 : \forall x, y \in E : \rho_X(x, y) < + \delta \Rightarrow \rho_Y(f(x), f(y)) < \varepsilon$. +\end{conj} + +\textbf{Примеры:} $X = Y = \R$. +\begin{enumerate} + \item $f(x) = x$ равномерно непрерывна. + \item $f(x) = \sin x$ равномерно непрерывна, т.к. + $\abs{\sin x - \sin y} \leqslant \abs{x - y}$. + \item $f(x) = x^2$ не является равномерно непрерывной, хотя + непрерывна во всех точках. + \item $f(x) = \frac{1}{x}$ не является равномерно непрерывной. +\end{enumerate} + +\begin{theorem-non} + Кантора. +\end{theorem-non} +Пусть $f : K \rightarrow Y$ непрерывна, $K$ -- компакт. Тогда $f$ +равномерно непрерывна. + +\begin{proof} $ $ + + Зафиксируем $\varepsilon > 0$. Возьмём $y \in K$ и найдём $r_y > 0$, + т.ч. $f(B_{r_y}(y)) \subset B_{\varepsilon / 2}(f(y))$ по + определению непрерывности. Тогда $K \subset \bigcup \limits_{y \in K} + B_{r_y}(y)$ -- покрытие открытыми множествами. + + Пусть $\delta > 0$ -- число Лебега для этого покрытия, т.е. + $\forall x \in K \quad B_{\delta}(x)$ целиком попадает в какой-то + элемент этого покрытия. + + Проверим, что это $\delta$ подходит, т.е. если $\rho(x, y) < + \delta$, то $\rho(f(x), f(y)) < \varepsilon$. + + $\rho(x, y) < \delta \Rightarrow y \in B_{\delta}(x) \subset B_{r_a}(a)$ + для некоторого $a \in K$ $\Rightarrow x, y \in B_{r_a}(a) + \Rightarrow f(x), f(y) \in f(B_{r_a}(a)) \subset B_{\varepsilon / 2} + (f(a)) \Rightarrow + \begin{cases} + \rho(f(x), f(a)) < \varepsilon / 2 \\ + \rho(f(y), f(a)) < \varepsilon / 2 + \end{cases} + \Rightarrow \rho(f(x), f(y)) \leqslant \rho(f(x), f(a)) + \rho(f(y), f(a)) + < \varepsilon$. +\end{proof} diff --git a/sections/second/ticket56.tex b/sections/second/ticket56.tex new file mode 100644 index 0000000..c3dcf6e --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket56.tex @@ -0,0 +1,76 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Эквивалентные нормы. Эквивалентность норм в $\R^d$ \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=5471}{\Walley}} + + +\begin{conj} + $X$ -- векторное пространство. $\norm{\cdot}$ и $\vertiii{\cdot}$ + -- нормы в $X$. Эти нормы \textbf{эквивалентны}, если $\exists + c_1, c_2 : c_1 \norm{x} \leqslant \vertiii{x} \leqslant c_2 \norm{x} \,\, + \forall x$. +\end{conj} + +\notice +\begin{enumerate} + \item Нетрудно доказать, что это действительно является отношением + эквивалентости. + \item Сходимость по эквивалентным нормам равносильна. Т.е. + $\lim x_n = a$ по норме $\norm{\cdot}$ $\Leftrightarrow$ + $\lim x_n = a$ по норме $\vertiii{\cdot}$. + \begin{proof} $ $ + + $\lim x_n = a$ по норме $\norm{\cdot} \Leftrightarrow + \lim \norm{x_n - a} = 0$\\ + $\lim x_n = a$ по норме $\vertiii{\cdot} \Leftrightarrow + \lim \vertiii{x_n - a} = 0$\\ + $0 \leqslant c_1 \norm{x_n - a} \leqslant \vertiii{x_n - a} + \leqslant c_2 \norm{x_n - a}$ + + ``$\Longrightarrow$'': + + $\norm{x_n - a} \rightarrow 0$, + $c_1 \norm{x_n - a} \leqslant \vertiii{x_n - a} + \leqslant c_2 \norm{x_n - a}$ $\xRightarrow{\text{2 мил.}}$ + $\vertiii{x_n - a} \rightarrow 0$. + + ``$\Longleftarrow$'': + + $\vertiii{x_n - a} \rightarrow 0$, + $0 \leqslant c_1 \norm{x_n - a} \leqslant \vertiii{x_n - a}$ + $\xRightarrow{\text{2 мил.}}$ + $\norm{x_n - a} \rightarrow 0$. + \end{proof} +\end{enumerate} + +\begin{theorem-non} + В $\R^d$ все нормы эквивалентны. +\end{theorem-non} +\begin{proof} $ $ + + Пусть $\norm{\cdot}$ -- стандартная норма в $\R^d$, $P(\cdot)$ + -- другая норма в $\R^d$. + + $x := \sum_{k = 1}^d x_k e_k$, где $e_k = (0, ..., 0, + \overset{k\text{-e место}}{1}, 0, ..., 0)$. + + $P(x - y) = P(\sum_{k = 1}^d (x_k - y_k) e_k) \leqslant + \sum_{k = 1}^d P((x_k - y_k) e_k) = \sum_{k = 1}^d \abs{x_k - y_k} + P(e_k) \underset{\text{К-Б}}{\leqslant} \sqrt{\sum_{k = 1}^d + (x_k - y_k)^2} \cdot \sqrt{\sum_{k = 1}^d P(e_k)^2} = \norm{x - y} + \underbrace{\sqrt{\sum_{k = 1}^d P(e_k)^2}}_{M} = M \norm{x - y}$. + + $0 \leqslant P(x - y) \leqslant M \norm{x - y} \Rightarrow P$ -- + непрерывная функция, $P(x) \leqslant M \norm{x}$. Доказали неравенство + с одной стороны. + + Рассмотрим $K$ -- единичная сфера в $\R^d$ -- компакт $\Rightarrow$ + найдётся $a \in K$, $a \neq \overline{0}$, т.ч. $0 < P(a) \leqslant P(x) + \,\, \forall x \in K$ по теореме Вейерштрасса. + + Возьмём $y\in \R^d, y \neq \overline{0} \Rightarrow y = \norm{y} + \cdot \frac{y}{\norm{y}} \Rightarrow P(y) = \norm{y} \cdot + P(\frac{y}{\norm{y}}) \geqslant \norm{y} \cdot P(a)$, т.к. $\norm{a} + \leqslant 1$. Доказали неравенство с другой стороны. + + $P(a) \norm{y} \leqslant P(y) \leqslant M \norm{y}$. +\end{proof} diff --git a/sections/second/ticket57.tex b/sections/second/ticket57.tex new file mode 100644 index 0000000..ac6cb13 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket57.tex @@ -0,0 +1,79 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Связность. Непрерывный образ связного множества. Связность отрезка \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=6544}{\Walley}} + + +\begin{conj} + $(X, \rho)$ -- метрическое пространство. + + $X$ -- \textbf{несвязное}, если существуют непустые открытые $U, V$, + т.ч. $U \cap V = \varnothing$ и $X = U \cup V$. +\end{conj} + +\notice $X$ -- несвязное, если существует $U$ -- непустое +открытое, т.ч. $X \setminus U$ -- непустое открытое. + +\begin{conj} + $X$ -- \textbf{связное} $\Longleftrightarrow$ если $X = U \cup V$, + $U, V$ -- открытые и $U \cap V = \varnothing$, то $U$ или $V$ пустое. +\end{conj} + +\begin{conj} + $A \subset X$ -- \textbf{связное}, если $(A, \rho)$ -- связное. +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + Непрерывный образ связного множества -- связное множество. +\end{theorem-non} +\begin{proof} $ $ + + $f: X \rightarrow Y$ непрерывно, и $X$ связно. Пусть $f(X) \subset + U \cup V$, $U, V$ -- открытые и $U \cap V = \varnothing \Rightarrow + X \subset f^{-1}(U) \cup f^{-1}(V)$, $f^{-1}(U)$, $f^{-1}(V)$ -- + открытые, т.к. $f$ непрерывно, $f^{-1}(U) \cap f^{-1}(V) = + \varnothing \Rightarrow X$ -- целиком лежит в одном из них. + НУО, $X \subset f^{-1}(U) \Rightarrow f(X) \subset U$. +\end{proof} + +\begin{theorem-non} +$[a, b] \subset \R$ -- связное множество. +\end{theorem-non} +т.е. если $[a, b] \subset U \cup V$, $U \cap V = \varnothing$, $U, V$ +открыты, то либо $[a, b] \subset U$, либо $[a, b] \subset V$. + +\begin{proof} $ $ + + Пусть $b \in V$. Посмотрим теперь на $[a, b] \cap U =: S$. Если + $S$ пустое, значит весь отрезок $[a, b]$ накрывается мн-вом $V$, + что подходит под условие теоремы. Пусть $S \neq \varnothing$. + + Пусть $y := \sup S$. $b$ -- верхняя граница $S$ $\Rightarrow$ + $y \leqslant b \Rightarrow y \in [a, b]$. + + Рассмотрим несколько случаев: + \begin{enumerate} + \item $\mathbf{y \in V}$: + + $V$ открыто $\Rightarrow (y - \varepsilon,\,\, y + \varepsilon) + \subset V$ для некоторого $\varepsilon > 0$. $V \cap U = + \varnothing \Rightarrow (y - \varepsilon,\,\, y + \varepsilon) + \cap U = \varnothing \Rightarrow (y - \varepsilon,\,\, y + \varepsilon) + \cap S = \varnothing \Rightarrow y - \varepsilon$ -- верхняя + граница для $S$, но $y = \sup S$. Противоречие. + + \item $\mathbf{y \in U}$: + + $y \in U, b \in V, y \leqslant b \Rightarrow y < b$. $U$ -- открытое + $\Rightarrow (y - \varepsilon,\,\, y + \varepsilon) \subset U$ для + некоторого $\varepsilon > 0$. Можно сузить этот интервал так, + чтобы $\varepsilon < b$. + + Тогда $\begin{cases} + [y, y + \varepsilon) \subset [a, b] \\ + [y, y + \varepsilon) \subset U + \end{cases} \Rightarrow [y, y + \varepsilon) \subset S$, + но $y = \sup S$. Противоречие. + \end{enumerate} + + Таким образом, $S = \varnothing$ и $[a, b] \subset V$. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket58.tex b/sections/second/ticket58.tex new file mode 100644 index 0000000..13e8aab --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket58.tex @@ -0,0 +1,43 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Теорема Больцано–Коши. Теорема о непрерывном образе отрезка \href{https://youtu.be/E7inz4tp-6k?t=8060}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Больцано-Коши (Если функция непрерывна на отрезке $[a, b]$, то она принимает все значения между $f(a)$ и $f(b)$) + + $f: [a, b] \longrightarrow \R$ непрерывна на $[a, b], C$ лежит между $f(a)$ и $f(b)$ + + Тогда $\exists c\in (a, b)$, т.ч. $f(c) = C$ + \begin{proof} От противного. $C \notin f([a, b])$. + + $[a, b] \subset \R$ -- связное мн-во. Т.к. непрерывный образ связного + мн-ва -- связное мн-во, $f([a, b])$ -- связное. + + $U := (-\infty, C)$, $V := (C, +\infty)$ -- открытые мн-ва. + $U \cap V = \varnothing$. НУО, $f(a) < f(b) \Rightarrow + f(a) \in U, f(b) \in V$, т.к. $C$ лежит между $f(a)$ и $f(b)$ + $\Rightarrow U \neq \varnothing, V \neq \varnothing$. + + $f([a, b]) \subset U \cup V \Rightarrow$ либо $f([a, b]) \subset U$, + либо $f([a, b]) \subset V$ $\Rightarrow$ либо $f(b) \notin f([a, b])$, + либо $f(a) \notin f([a, b])$. Противоречие. + + \end{proof} +\end{theorem-non} + +\begin{theorem-non} + Непрерывный образ отрезка - отрезок + + \begin{proof} \quad + + $f:[a, b] \longrightarrow \R$. + %TODO: Делать уоминания теорем ссылочными на место, где мы их определеяем + Тогда по теореме Вейерштрасса она достигает своих точных верхней и нижней граней. + \begin{itemize} + \item[] $m:= \min\limits_{x \in [a, b]}{f(x)}$ \qquad тогда $m = f(u)$ + \item[] $M:= \max\limits_{x \in [a, b]}{f(x)}$ \qquad тогда $M = f(v)$ + \end{itemize} для некоторых $u, v \in [a, b]$ + + Посмотрим на $f$ на отрезке $[u, v]$. Тогда по теореме Больцано-Коши она принимает все значения между $f(u) = m$ + и $f(v) = M$. Тогда $[m, M] \subset f([a, b]) \subset [m, M] \Longrightarrow f([a, b]) = [m, M]$ + \end{proof} +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket59.tex b/sections/second/ticket59.tex new file mode 100644 index 0000000..30cdd25 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket59.tex @@ -0,0 +1,77 @@ +\subsection{Теорема о непрерывном образе промежутка. Непрерывность обратной функции \href{https://youtu.be/an3AiCY2hPE?t=279}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Непрерывный образ промежутка - промежуток (возможно другого типа) + + \begin{proof} \quad + + $m:= \inf\limits_{x \in \langle a, b \rangle}{f(x)}, \; M:= \sup\limits_{x \in \langle a, b \rangle}{f(x)}$ + + Случай $m = M$ тривиален. Пусть $m < y < M \Longrightarrow \begin{cases} + \text{найдется } p \in \langle a, b \rangle, \text{ т.ч } f(p) > y \\ + \text{найдется } q \in \langle a, b \rangle, \text{ т.ч } f(q) < y + \end{cases}$ + + Посмотрим на $f$ на $[p, q]$. По т. Больцано-Коши она принимает на нем все промежуточные значения. + В частности, и $y$. + А так как $y$ мы брали произвольный, $y \in f(\langle a, b \rangle) \Longrightarrow \\ + (m, M) \subset f(\langle a, b \rangle)$. Также мы знаем, что $f(\langle a, b \rangle) \subset f([a, b])$, что делает наше доказательство полным. + \end{proof} + \textbf{Пример:} $sin: (0, 2\pi) \longrightarrow \R$ \qquad Множество значений: $[-1, 1]$ +\end{theorem-non} +\begin{theorem-non} + Теорема о непрерывности обратной функции. + + $f : \langle a, b \rangle \longrightarrow \R$ + непрерывна, строго монотонна, $m:= \inf\limits_{x \in \langle a, b \rangle}{f(x)}, \; M:= \sup\limits_{x \in \langle a, b \rangle}{f(x)}$. + Тогда $f^{-1} : \langle m, M \rangle \longrightarrow \R$ непрерывна и строго монотонна. + \begin{proof} \quad + + \quad \underline{Строгая монотонность}: Пусть $f$ строго возрастает (с убыванием ситуация аналогичная, различие в знаках). + Докажем, что $x < y \Longleftrightarrow f(x) < f(y)$ \\ + $(x < y \Longrightarrow f(x) < f(y), \ x = y \Longrightarrow f(x) = f(y), \ + x > y \Longrightarrow f(x) > f(y))$. Очевидно, подходит только первый вариант. + + \quad \underline{Непрерывность}: Пусть $y \in \langle m, M \rangle. f^{-1}$ строго монотонна. + \[A := \lim\limits_{u \rightarrow y-} f^{-1}(u) \leqslant B := f^{-1}(y) \leqslant \lim\limits_{u \rightarrow y+} f^{-1}(u) =: C.\] + Если оба равенства, то доказана непрерывность в точке $y$. + + Если один из знаком строгий, то $A < C$. + + $A = \lim\limits_{u \rightarrow y-} f^{-1}(u) = \sup\limits_{u < y} f^{-1}(u) \Longrightarrow f^{-1}(u) \leqslant A$ при $u < y$ + + $C = \lim\limits_{u \rightarrow y+} f^{-1}(u) = \inf\limits_{u > y} f^{-1}(u) \Longrightarrow f^{-1}(u) \geqslant C$ при $u > y$ + + Также мы знаем, что $f^{-1}(\langle m, M \rangle) = \langle a, b \rangle$, а это идет в разрез с вышесказанным. Значит мы пришли к противоречию + \end{proof} +\end{theorem-non} +\textbf{``Поясняющая картинка:''} \\ +\begin{tikzpicture} + \begin{axis}[ + xmin=-3, xmax=3, + ymin=-3, ymax=3, + axis lines = left, + xlabel = $x$, + ylabel = {$f(x)$}, + ] + %Below the red parabola is defined + \addplot [ + domain=0:10, + smooth, + color=red, + ] + {x^2 - 3}; + \addlegendentry{$x^2 - 3, x > 0$} + %Here the blue parabloa is defined + \addplot [ + smooth, + color=blue, + ] + {sqrt(x+3)}; + \addlegendentry{$\sqrt{x+3}$} + \addplot [ + smooth, + color=green, + ] + {x}; + \end{axis} +\end{tikzpicture} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket60.tex b/sections/second/ticket60.tex new file mode 100644 index 0000000..5cfa670 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket60.tex @@ -0,0 +1,109 @@ +\subsection{Неравенства между синусом и аргументом. Непрерывность тригонометрических функций. Предел $\lim{\frac{sin x}{x}}$. Непрерывность обратных тригонометрических функций \href{https://youtu.be/an3AiCY2hPE?t=1960}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + При $0 < x < \frac{\pi}{2} \qquad \sin{x} < x < \tan{x}$ + \begin{proof} \quad + + \begin{tikzpicture}[scale=3.0,cap=round,>=latex] + % draw the coordinates + \draw[->] (-1.5cm,0cm) -- (1.5cm,0cm) node[right,fill=white] {$x$}; + \draw[->] (0cm,-1.5cm) -- (0cm,1.5cm) node[above,fill=white] {$y$}; + + % draw the unit circle + \draw[thick] (0cm,0cm) circle(1cm); + + %draw angle + \draw[thick,orange] ([shift=(10:1cm)]-0.8,-0.171) arc (0:45:0.18cm); + + %draw lines + \draw[blue] (0cm,0cm) -- (45:1.41cm) + (45:1cm) -- (0:0.71cm) + (45:1.41cm) -- (0:1cm) + (0cm,0cm) -- (1cm,0cm); + + %draw dots + \filldraw[black] (45:1cm) circle(0.4pt) + (45:1.41cm) circle(0.4pt) + (0cm:0cm) circle(0.4pt) + (0:1cm) circle(0.4pt) + (0:0.71cm) circle(0.4pt); + + %draw nodes + \draw (-0.1cm,-0.1cm) node(z) {$0$} + (0.71cm,-0.1cm) node(h) {$H$} + (1.1cm,-0.1cm) node(b) {$B$} + (0.55cm,0.7cm) node(a) {$A$} + (0.85cm,1cm) node(c) {$C$} + (0.25cm,0.1cm) node(x) {$x$}; + + \foreach \x/\xtext in { + 180/\pi} + \draw (\x:0.85cm) node[fill=white] {$\xtext$}; + + \draw (-1.25cm,0cm) node[above=1pt] {$(-1,0)$} + (1.25cm,0cm) node[above=1pt] {$(1,0)$} + (0cm,-1.25cm) node[fill=white] {$(0,-1)$} + (0cm,1.25cm) node[fill=white] {$(0,1)$}; + \end{tikzpicture} + + $\sin{x} = AH \\ + \tg{x} = BC \\ + S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2} OB \cdot AH = \frac{\sin{x}}{2}$ + + $S_{\triangle BOC} = \frac{1}{2} OB \cdot CB = \frac{\tg{x}}{2}$ + + $S_{\text{сектор } AOB} = \pi \cdot \frac{x}{2\pi} = \frac{x}{2}$ + + $S_{\triangle AOB} = \frac{\sin{x}}{2} < S_{\text{сектор } AOB} = \frac{x}{2}< S_{\triangle BOC} = \frac{\tg{x}}{2}$ + \end{proof} +\end{theorem-non} + \follow \begin{enumerate} + \item $\abs{\sin{x}} \leqslant \abs{x} \qquad x \in \R$ и если $x \neq 0$, то неравенство строгое + \begin{proof} + $x > 0$ Если $x < \frac{\pi}{2}$, то $\sin{x} < x$. Если $x \geqslant \frac{\pi}{2}$, то $\sin{x} \leqslant 1 < \frac{\pi}{2} \leqslant x$ + + $\abs{\sin{(-x)}} = \abs{-\sin{x}} = \abs{sin{x}} \leqslant \abs{x} = \abs{-x}$ + \end{proof} + \item $\abs{\sin{x} - \sin{y}} \leqslant \abs{x - y}$ и $\abs{\cos{x} - \cos{y}} \leqslant \abs{x - y} \quad \forall x, y \in \R$ + \begin{proof} + $\abs{\sin{x} - \sin{y}} = 2\abs{\sin{\frac{x-y}{2}}} \cdot \abs{\cos{\frac{x+y}{2}}} \leqslant 2\abs{\sin{\frac{x-y}{2}}} \leqslant 2\abs{\frac{x-y}{2}} = \abs{x-y}$ + \end{proof} + \end{enumerate} + + \begin{theorem-non} \quad + + \begin{enumerate} + \item $sin$ и $cos$ равномерно непрервны на $\R$ + \begin{proof} + $\abs{\sin{x} - \sin{y}} \leqslant \abs{x - y}$ + + Если $\abs{x - y} < \varepsilon$, то $\abs{\sin{x} - \sin{y}} < \varepsilon$ + \end{proof} + \item $tg$ и $ctg$ непрерывны на своей области определения + \begin{proof} + $tg = \frac{sin}{cos}$. Если $tg$ определен, то есть его знаменатель не равен 0, то он непрерывен, так как + отношение непрерывных функций непрерывно, с $ctg$ аналогично + \end{proof} + \end{enumerate} + \end{theorem-non} + + \begin{theorem-non} + Первый замечательный предел. $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{\sin{x}}{x}} = 1$ + + \begin{proof} + $\sin{x} < x < \tg{x} = \frac{\sin{x}}{\cos{x}}$ при $0 < x < \frac{\pi}{2} + \Longrightarrow \cos{x} < \frac{\sin{x}}{x} < 1$ при $x \in \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2} \right)$ + $x \neq 0$. Устремим $x$ к 0, тогда $\cos{x} \longrightarrow 1 \Longrightarrow 1 < \frac{\sin{x}}{x} < 1 \Longrightarrow \frac{\sin{x}}{x} \longrightarrow 1$ + \end{proof} + \end{theorem-non} + + \subsection*{Обратные тригонометрические функции} + \begin{itemize} + \item[] $sin: [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}] \longrightarrow [-1, 1]$ \quad непрерывен, строго возрастает + \item[] $cos: [0, \pi] \longrightarrow [-1, 1]$ \quad непрерывен, строго убывает + \item[] \qquad $arcsin: [-1, 1] \longrightarrow [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ \quad непрерывен, строго возрастает + \item[] \qquad $arccos: [-1, 1] \longrightarrow [0, \pi]$ \quad непрерывен, строго убывает + \item[] $tg: \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right) \longrightarrow \R$ \quad непрерывен, строго возрастает + \item[] $ctg: (0, \pi) \longrightarrow \R$ \quad непрерывен, строго убывает + \item[] \qquad $arctg: \R \longrightarrow \left(-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right)$ \quad непрерывен, строго возрастает + \item[] \qquad $arcctg: \R \longrightarrow (0, \pi)$ \quad непрерывен, строго убывает + \end{itemize} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket61.tex b/sections/second/ticket61.tex new file mode 100644 index 0000000..3426415 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket61.tex @@ -0,0 +1,62 @@ +\subsection{Определение натурального логарифма и $a^b$. Пределы \\ $\lim{\frac{ln(1+x)}{x}}, +\lim{(1+x)^{1/x}}$ и $\lim{(1 + \frac{1}{x})^x}$ \href{https://youtu.be/an3AiCY2hPE?t=3416}{\Walley}} +$exp: \R \longrightarrow (0, +\infty)$, так как $exp(x) > (1+x)$ + +Функция экспоненты непрерывна и строго возрастает, следовательно можем взять у нее обратную функцию: + +$ln: (0, +\infty) \longrightarrow \R$ \qquad непрерывна и строго возрастает + +\begin{theorem-non} + $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{\ln{(1 + x)}}{x}} = 1$ + + \begin{proof} \quad + + Пусть $y:= \ln{(x+1)}$ + $y \geqslant 1 - exp(-y) = 1 - \frac{1}{exp(y)}$ + + Тогда $\ln{(1 + x)} \geqslant 1 - \frac{1}{1 + x}$ + + $\frac{x}{x + 1} = 1 - \frac{1}{1 + x} \leqslant \ln{(1+x)} \leqslant x \Longrightarrow + \begin{cases} + 1 \leftarrow \frac{1}{1+x} \leqslant \frac{\ln{(1+x)}}{x} \leqslant 1 $ при $ x > 0 \\ + 1 \leftarrow \frac{1}{1+x} \geqslant \frac{\ln{(1+x)}}{x} \geqslant 1 $ при $ x < 0 + \end{cases} \Longrightarrow \lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{\ln{(1 + x)}}{x}} = 1$ + \end{proof} +\end{theorem-non} + +\begin{conj} + $a^b := exp(b\ln{a})$ \qquad $a > 0$ и $b \in \R$ +\end{conj} + Если $b \in \R$ \qquad $a^n = exp(\underbrace{\ln{a} + \ln{a} + \dots + \ln{a}}_{n \text{ шт.}}) + = exp(\ln{a}) \cdot exp(\ln{a}) \dots exp(\ln{a}) = \underbrace{a \cdot a \dots a}_{n \text{ шт.}}$ + + $a^{-n} = exp(-n \ln{a}) = \frac{1}{exp(n \ln(a))} = \frac{1}{a^n}$ + + Старое представление: $a^{\frac{m}{n}} = (\sqrt[n]{a})^{m}$ + + Новое представление: $a^{\frac{m}{n}} = exp(\frac{m}{n} \ln{a}) = exp(m \frac{\ln{a}}{n}) = (exp(\frac{\ln{a}}{n}))^m$ + + Чтобы теперь проверить, что два понимания эквивалентны, нам нужно, чтобы выполнялось следующее: + $(exp(\frac{\ln{a}}{n}))^n = a$ + + Мы знаем, что $(exp(\frac{\ln{a}}{n}))^n = exp(n \frac{\ln{a}}{n}) = exp(\ln{a}) = a$. Проверили. + +\follow +\begin{enumerate} + \item $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{(1+x)^{1/x}} = e$ + \begin{proof} \quad + + Мы знаем, что $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{\ln{(1+x)}}{x}} = 1$ + + Тогда $exp \left(\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{\ln{(1+x)}}{x}} \right) = exp(1) = e$ + + В то же время $exp \left(\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{\ln{(1+x)}}{x}} \right) = \lim\limits_{x \rightarrow 0}{exp \left(\frac{\ln{(1+x)}}{x} \right)} = \lim\limits_{x \rightarrow 0}{(1+x)^{1/x}} = e$ + \end{proof} + \item $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}{(1 + \frac{1}{x})^x} = \lim\limits_{x \rightarrow -\infty}{(1 + \frac{1}{x})^x} = e$ + \begin{proof} \quad + + $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty}{(1 + \frac{1}{x})^x} \overset{y := 1/x}{=} \lim\limits_{y \rightarrow 0+}{(1+y)^{1/y}} = e$ + + Аналогично для $-\infty$ + \end{proof} +\end{enumerate} diff --git a/sections/second/ticket62.tex b/sections/second/ticket62.tex new file mode 100644 index 0000000..28d446e --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket62.tex @@ -0,0 +1,49 @@ +\subsection{Определение показательной и степенной функций. Пределы $\lim{\frac{a^x - 1}{x}}$ и $\lim{\frac{(1+x)^p - 1}{x}}$ \href{https://youtu.be/an3AiCY2hPE?t=5109}{\Walley}} +\begin{conj} + Показательная функция \qquad $a^x := exp(x \ln{a}): \R \longrightarrow (0, +\infty)$ + + Непрерывна и строго возрастает при $a > 1$, строго убывает при $0 < a < 1$ +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{a^x - 1}{x}} = \ln{a}$ + + \begin{proof} + $a^x = exp(x \ln{a}) \geqslant 1 + x \ln{a}$ + + $a^x = exp(x \ln{a}) = \frac{1}{exp(-x\ln{a})} \leqslant \frac{1}{1 - x \ln{a}}$, + \begin{itemize} + \item[] при $x < \frac{1}{\ln{a}}$, если $a > 1$ и + \item[] при $x > \frac{1}{\ln{a}}$, если $a < 1$ + \end{itemize} + + $\frac{x\ln{a}}{1 - x \ln{a}} = \frac{1}{1 - x \ln{a}} - 1 \geqslant a^x - 1 \geqslant x\ln{a}$ + + Тогда: + \begin{itemize} + \item[] при $x > 0 \qquad \ln{a} \leqslant \frac{a^x - 1}{x} \leqslant \frac{\ln{a}}{1 - x \ln{a}} \longrightarrow \ln{a}$ + \item[] при $x < 0 \qquad \ln{a} \geqslant \frac{a^x - 1}{x} \geqslant \frac{\ln{a}}{1 - x \ln{a}} \longrightarrow \ln{a}$ + \end{itemize} + \end{proof} +\end{theorem-non} + +\begin{conj} + Степенная функция $x^p := exp(p \ln{x}) : (0, +\infty) \longrightarrow (0, +\infty)$ + + Непрерывна и строго возрастает при $p > 0$, строго убывает при $p < 0$ + + Если $p = \frac{m}{n}$, где $n$ - нечетно, степенная функция может быть переопределена. $(-x)^p := -x^p$ +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + $\lim\limits_{x \rightarrow 0}{\frac{(1+x)^p - 1}{x}} = p$ + \begin{proof} + $(1+x)^p = exp(p \ln{(1 + x)}) = \frac{1}{exp(-p \ln{(1+x)})} \leqslant \frac{1}{1 - p \ln{(1+x)}}$ при $x$ близких к 0 + + Если $x > 0 \quad p \longleftarrow p\frac{ln(1+x)}{x} \leqslant \frac{(1+x)^p - 1}{x} \leqslant \left(\frac{1}{1 - p\ln{(1+x)}} - 1\right)\cdot \frac{1}{x} = + \frac{p}{1 - p\ln{(1+x)}} \cdot \frac{\ln{(1+x)}}{x} \longrightarrow p$ + + Если $x < 0 \quad p \longleftarrow p\frac{ln(1+x)}{x} \geqslant \frac{(1+x)^p - 1}{x} \geqslant + \frac{p}{1 - p\ln{(1+x)}} \cdot \frac{\ln{(1+x)}}{x} \longrightarrow p$ + \end{proof} +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket63.tex b/sections/second/ticket63.tex new file mode 100644 index 0000000..8c04349 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket63.tex @@ -0,0 +1,119 @@ +\subsection{Сравнение функций: отношение эквивалентности, символы Ландау, свойства, примеры \href{https://youtu.be/an3AiCY2hPE?t=6175}{\Walley}} +\begin{conj} + $f, g: E \longrightarrow \R, \quad x_0$ - предельная точка $E$ + + Если существует $\varphi: E \longrightarrow \R$, т.ч. $f(x) = \varphi(x) g(x)$ при + $x \in \overset{\circ}{\mathcal{U}}_{x_0} \cap E \\ + (\overset{\circ}{\mathcal{U}}$ - проколотая окрестность некоторой точки$)$ + + \begin{enumerate} + \item $\varphi$ - ограничена \qquad $f = O(g)$ при $x \longrightarrow x_0$ + \item $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 0}$ \qquad $f = o(g)$ при $x \longrightarrow x_0$ + \item $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 1}$ \qquad $f \thicksim g$ при $x \longrightarrow x_0$ + \end{enumerate} +\end{conj} +\notice ко второму пункту: Если $g(x) \neq 0$, то $\varphi(x) = \frac{f(x)}{g(x)}$. +Если $g(x) = 0$, то обязательно $f(x) = 0$ и тогда $\varphi(x)$ - любое + +$\lim\limits_{x \rightarrow x_0}{\frac{f(x)}{g(x)}} = 0$, считая, что $\frac{0}{0} = 0$ + +\notice к третьему пункту: $\lim\limits_{x \rightarrow x_0}{\frac{f(x)}{g(x)}} = 1$, +считая, что $\frac{0}{0} = 1$ + +\begin{conj} + Если $\abs{f(x)} \leqslant C\abs{g(x)}$ при $x \in E$, то $f = O(g)$ на $E$ +\end{conj} + +\begin{conj} + $f = O(g)$ еще пишут $f \prec g$ или $g \succ f$ + + Если $f = O(g)$ и $g = O(f)$ пишут, что $f \asymp g$ +\end{conj} + +\textbf{Свойства:} +\begin{enumerate} + \item $\thicksim - $отношение эквивалентности + + \begin{proof} + $f \thicksim f \quad \varphi \equiv 1, \; f \thicksim g \Longrightarrow g \thicksim f + \quad f = \varphi g$, где $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 1} + \Longrightarrow g = \frac{1}{\varphi} \cdot f$ и $\underset{x \longrightarrow x_0}{\frac{1}{\varphi} \longrightarrow 1}$ + + $f \thicksim g$ и $g \thicksim h \Longrightarrow f \thicksim h \qquad + \begin{cases} + f = \varphi g \quad \underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 1} \\ + g = \psi h \quad \underset{x \longrightarrow x_0}{\psi \longrightarrow 1} + \end{cases} \Longrightarrow f = \varphi \psi h$ и $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \psi \longrightarrow 1}$ + \end{proof} + + \item $f_1 \thicksim g_1$ и $f_2 \thicksim g_2 \Longrightarrow f_1 f_2 \thicksim g_1 g_2$ + + \begin{proof} + $f_i = {\varphi}_i g_i$, где $\underset{x \longrightarrow x_0}{{\varphi}_i \longrightarrow 1} \Longrightarrow + f_1 f_2 = {\varphi}_1 {\varphi}_2 g_1 g_2$ и $\underset{x \longrightarrow x_0}{{\varphi}_1 {\varphi}_2 \longrightarrow 1}$ + \end{proof} + + \item $f_1 \thicksim g_1$ и $f_2 \thicksim g_2$, если $f_2$ не обращается в 0 в проколотой окрестности + $x_0$, то $\frac{f_1}{f_2} \thicksim \frac{g_1}{g_2}$ + + \item $f \thicksim g \Longleftrightarrow f = g + o(g) \Longleftrightarrow f = g + o(f)$ + + \begin{proof} + $f \thicksim g \Longleftrightarrow f = \varphi g$, где $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 1} + \Longleftrightarrow f = g + (\varphi - 1)g \Longleftrightarrow f = g + o(g)$, где + $\underset{x \longrightarrow x_0}{(\varphi - 1) \longrightarrow 0}$ + + $g \thicksim f \Longleftrightarrow g = f + o(f) \Longleftrightarrow f = g + o(f)$ + \end{proof} + + \item $f = o(g) \Longrightarrow f = O(g)$ при $x \longrightarrow x_0$ + + $f \thicksim g \Longrightarrow f = O(g)$ при $x \longrightarrow x_0$ + + \item $f \cdot o(g) = o(fg)$ + + \begin{proof} + Возьмем $h$ из $o(g) \Longrightarrow h = \varphi g$, где $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 0} + \Longrightarrow fh = \varphi \cdot fg \quad \underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 0}$ + + Если $h$ из $o(fg)$, то $h = \varphi \cdot fg = f \cdot \varphi g$, где + $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi \longrightarrow 0}$ + \end{proof} + + \item $o(f) + o(f) = o(f) \qquad O(f) + O(f) = O(f)$ + + \begin{proof} \quad + + $\begin{cases} + g = o(f) \qquad g = \varphi f \\ + h = o(f) \qquad h = \psi f + \end{cases}$, где $\begin{cases} + \varphi \longrightarrow 0 \\ + \underset{x \longrightarrow x_0}{\psi \longrightarrow 0} + \end{cases} \Longrightarrow g + h = (\varphi + \psi)f$ и $\underset{x \longrightarrow x_0}{\varphi + \psi \longrightarrow 0}$ + \end{proof} +\end{enumerate} + +$\underset{\text{при } x \longrightarrow 0}{\textbf{Примеры:}}$ +\begin{enumerate} + \item $\sin{x} \thicksim x$ + \item $\tg{x} \thicksim x$ + + $\frac{\tg{x}}{x} = \frac{\sin{x}}{x} \cdot \frac{1}{\cos{x}} \longrightarrow 1$ + \item$\ln{(1+x)} \thicksim x$ +\end{enumerate} +\notice $\lim\limits_{x \rightarrow x_0}{f(x) = a} \Longleftrightarrow \underset{x \longrightarrow x_0}{f(x) = a + o(1)}$ + +$\underset{\text{при } x \longrightarrow 0}{\textbf{Примеры:}}$ +\begin{enumerate} + \item $\sin{x} = x + o(x)$ + \item $\tg{x} = x + o(x)$ + \item $\ln{(1 + x)} = x + o(x)$ + \item $a^x = 1 + x \cdot \ln{(a)} + o(x)$ + + $\frac{a^x - 1}{x} - \ln{(a)} = o(1)$ + \item $(1 + x)^p = 1 + px + o(x)$ + + $\frac{(1 + x)^p - 1}{x} - p = o(1)$ +\end{enumerate} + diff --git a/sections/second/ticket64.tex b/sections/second/ticket64.tex new file mode 100644 index 0000000..805c682 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket64.tex @@ -0,0 +1,58 @@ +\subsection{Определение производной и дифференцируемости функции в точке. Критерий дифференцируемости \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=127}{\Walley}} +\begin{conj} + Дифференцируемость + + $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \; x_0 \in \, \langle a, b \rangle$ + + $f$ дифференцируема в точке $x_0$, если существует такое $k \in \mathbb{R}$, + что $f(x) = f(x_0) + k(x - x_0) + o(x - x_0)$ при $x \to x_0$ +\end{conj} + +\begin{conj} + Производная функции $f$ в точке $x_0$ + + \[ \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim_{h \to 0} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h} + := f'(x_0) \] +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + Критерий дифференцируемости + + $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \; x_0 \in \, \langle a ,b \rangle$ + + Следующие условия равносильны: + \begin{enumerate} + \item $f$ дифференцируема в точке $x_0$ + \item $f$ имеет в точке $x_0$ конечную производную + \item существует функция $\varphi: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}$ такая, что + \begin{itemize} + \item $f(x) - f(x_0) = \varphi(x)(x - x_0)$ + \item $\varphi$ непрерывна в точке $x_0$ + \end{itemize} + \end{enumerate} + Причем, если выполнены эти условия, то $k = f'(x_0) = \varphi(x_0)$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} \quad + + $\quad 1 \Rightarrow 2:$ + \begin{gather*} + f(x) = f(x_0) + k(x - x_0) + o(x - x_0) \Rightarrow \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = k + o(1) \\ + \Rightarrow \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = k \Rightarrow f'(x_0) = k + \end{gather*} + + $\quad 2 \Rightarrow 3:$ + \[ \varphi(x) := + \begin{cases} + \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}, & \text{при}\ x \neq x_0 \\ + f'(x_0), & \text{при}\ x = x_0 + \end{cases} \; - \text{непрерывная в точке $x_0$} \] + + $\quad 3 \Rightarrow 1:$ + \begin{gather*} + f(x) - f(x_0) = \varphi(x)(x - x_0) \Rightarrow f(x) = f(x_0) + \varphi(x)(x - x_0)\\ + \Rightarrow f(x) = f(x_0) + \varphi(x_0)(x - x_0) + (\varphi(x) - \varphi(x_0))* (x - x_0) + \end{gather*} + $\quad\quad$Надо показать, что $(\varphi(x) - \varphi(x_0)) * (x - x_0) = o(x - x_0)$, то есть, что $(\varphi(x) - \varphi(x_0)) \to 0$. + + $\quad\quad$ Это следует из непрерывности. Следовательно, $k = \varphi(x_0)$. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket65.tex b/sections/second/ticket65.tex new file mode 100644 index 0000000..775d747 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket65.tex @@ -0,0 +1,45 @@ +\subsection{Левая и правая производные. Бесконечные производные. Примеры. Геометрический смысл производной. Непрерывность дифференцируемой функции \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=1071}{\Walley}} +\begin{conj} + Односторонние производные + + $\quad f_{+}'(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ - правосторонняя производная + + $\quad f_{-}'(x_0) = \lim\limits_{x \to x_0-} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ - левосторонняя производная +\end{conj} +\begin{notice} + Производная сущетсвует $\Leftrightarrow$ односторонние производные существуют, и они равны. +\end{notice} + + +\textbf{Примеры} +\begin{enumerate} + \item $f(x) = |x| \quad\quad f_{+}'(0) = 1 \quad\quad f_{+}'(0) = -1 \quad\quad f'(0)$ не определена + \item $f(x) = \{x\}, \; n \in \mathbb{Z}$ + + $\quad\quad f_{+}'(n) = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{\{h + n\} - \{n\}}{h} = \lim\limits_{h \to 0+} \frac{h}{h} = 1$ + + $\quad\quad f_{-}'(n) = \lim\limits_{h \to 0-} \frac{\{h + n\} - \{n\}}{h} = \lim\limits_{h \to 0-} \frac{1 - h}{h} = -\infty$ + + $\quad\quad f'(n)$ не определена + \item $f(x) = \sqrt[3]{x}$ + + $\quad\quad f'(0) = \lim\limits_{x \to 0} \frac{f(x) - f(0)}{x - 0} = \lim\limits_{x \to 0} \frac{\sqrt[3]{x}}{x} = +\infty$ +\end{enumerate} +\begin{conj} + Геометрический смысл производной в точке $u$ -- угловой коэффициент касательной к $f$ в точке $u$. +\end{conj} +Уравнение секущей: $y = f(u) + \frac{f(v) - f(u)}{v - u}(x - u)$. + +При $v \to u$ получаем: $y = f(u) + f'(u)(x - u)$ - уравнение касательной + + +\textbf{Утверждение} + +$\quad$ Если $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то $f$ непрерывна в точке $x_0$. +\begin{proof} + Надо показать, что $f(x) \to f(x_0)$ при $x \to x_0$. + + Знаем, что $f(x) = f(x_0) + k(x - x_0) + o(x - x_0)$ при $x \to x_0$. + + При $x \to x_0$ имеем $k(x - x_0) \to 0$ и $o(x - x_0) \to 0 \Rightarrow f(x) \to f(x_0)$ +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket66.tex b/sections/second/ticket66.tex new file mode 100644 index 0000000..d769fde --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket66.tex @@ -0,0 +1,49 @@ +\subsection{Арифметические действия с дифференцируемыми функциями \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=2141}{\Walley}} +Пусть $f, g: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \; x_0 \in \langle a, b \rangle$, $f$ и $g$ дифференцируемы в точке $x_0$. + +Тогда: +\begin{enumerate} + \item $f \pm g$ дифференцируема в точке $x_0$, и $(f \pm g)'(x_0) = f'(x_0) + g'(x_0)$ + \item $\alpha f + \beta g$ дифференцируема в точке $x_0$, и $(\alpha f + \beta g)'(x_0) = \alpha f'(x_0) + \beta g'(x_0)$ + \item $f * g$ дифференцируема в точке $x_0$, и $(f * g)'(x_0) = f'(x_0) * g(x_0) + f(x_0) * g'(x_0)$ + \item $\frac{f}{g}$ дифференцируема в точке $x_0$, если $g(x_0) \neq 0$, и $(\frac{f}{g})'(x_0) = \frac{f'(x_0) * g(x_0) - f(x_0) * g'(x_0)}{g(x_0)^2}$ +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad \\ + \begin{enumerate} + \item Частный случай второго пункта + \item + \begin{equation*} + \begin{split} + (\alpha f + \beta g)'(x_0) &= \lim_{x \to x_0} \frac{(\alpha f + \beta g)(x) - (\alpha f + \beta g)(x_0)}{x - x_0} \\ + &= \lim_{x \to x_0} \frac{\alpha f(x) - \alpha f(x_0)}{x - x_0} + \lim_{x \to x_0} \frac{\beta f(x) - \beta f(x_0)}{x - x_0} \\ + &= \alpha f'(x_0) + \beta g'(x_0) + \end{split} + \end{equation*} + \item + \begin{equation*} + \begin{split} + (f * g)'(x_0) &= \lim_{x \to x_0} \frac{(f * g)(x) - (f * g)(x_0)}{x - x_0} \\ + &= \lim_{x \to x_0} \frac{f(x)g(x) - f(x)g(x_0) + f(x)g(x_0) - f(x_0)g(x_0)}{x - x_0} \\ + &= \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) * (g(x) - g(x_0)) + g(x_0) * (f(x) - f(x_0))}{x - x_0} \\ + &= \lim_{x \to x_0} f(x) * \lim_{x \to x_0} \frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0} + \lim_{x \to x_0} g(x_0) * \lim_{x \to x_0} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \\ + &= f(x_0) * g'(x_0) + g(x_0) * f'(x_0) + \end{split} + \end{equation*} + \item + \begin{equation*} + \begin{split} + (\frac{1}{g})'(x_0) &= \lim_{x \to x_0} \frac{\frac{1}{g(x)} - \frac{1}{g(x_0)}}{x - x_0} \\ + &= \lim_{x \to x_0} \frac{g(x_0) - g(x)}{g(x)g(x_0)(x - x_0)} \\ + &= -\lim_{x \to x_0} (\frac{1}{g(x)g(x_0)} * \frac{g(x) - g(x_0)}{x - x_0}) \\ + &= - \frac{1}{g(x_0)^2} * g'(x_0) + \end{split} + \Rightarrow + \begin{split} + (\frac{f}{g})'(x_0) &= (f * \frac{1}{g})(x_0) \\ + &= f'(x_0) * \frac{1}{g(x_0)} + f(x_0) * \frac{1}{g}(x_0) \\ + &= \frac{f'(x_0)}{g(x_0)} - \frac{f(x_0)g'(x_0)}{g(x_0)^2} \\ + &= \frac{f'(x_0)g(x_0) - f(x_0)g'(x_0)}{g(x_0)^2} + \end{split} + \end{equation*} + \end{enumerate} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket67.tex b/sections/second/ticket67.tex new file mode 100644 index 0000000..c56cf2a --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket67.tex @@ -0,0 +1,27 @@ +\subsection{Теорема о дифференцируемости композиции \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=2865}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Дифференцируемость композиции + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \; g: \langle c, d \rangle \to \mathbb{R}$ + \item $x_0 \in \langle c, d \rangle, \; g$ дифференцируема в точке $x_0$, $f$ дифференцируема в точке $g(x_0)$. + \end{itemize} + + Тогда $f \cdot g$ дифференцируема в точке $x_0$ и $(f \cdot g)'(x_0) = f'(g(x_0)) * g'(x_0)$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} \quad \\ + $y_0 = g(x_0)$ + + $f(y) - f(y_0) = \varphi(y)(y - y_0)$ для некоторой $\varphi$, непрерывной в точке $y_0$ + + $g(x) - g(x_0) = \psi(x)(x - x_0)$ для некоторой $\psi$, непрерывной в точке $x_0$ + + $\Rightarrow f(g(x)) - f(g(x_0)) = \varphi(g(x)) * (g(x) - g(x_0)) = \varphi(g(x))\psi(x) * (x - x_0)$ + + Надо понять, что функция $\varphi(g(x))\psi(x)$ непрерывна в точке $x_0$. + + Это так, потому что $\psi(x)$ непрерывна по определению, а $\varphi(g(x))$ непрерывна как композиция непрерывных. + + Кроме того, $(f \cdot g)'(x_0) = \varphi(g(x_0))\psi(x_0) = \varphi(y_0)\psi(x_0) = f'(y_0)g'(x_0) = f'(g(x_0))g'(x_0)$ +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket68.tex b/sections/second/ticket68.tex new file mode 100644 index 0000000..1ef27cb --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket68.tex @@ -0,0 +1,28 @@ +\subsection{Теорема о дифференцируемости обратной функции \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=3328}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Дифференцируемость обратной функции + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \; x_0 \in \langle a, b \rangle$ + \item $f$ строго монотонна и непрерывна + \item $f$ дифференцируема в точке $x_0$ и $f'(x_0) \neq 0$ + \end{itemize} + + Тогда $f^{-1}$ дифференцируема в точке $f(x_0)$ и $(f^{-1})'(f(x_0)) = \frac{1}{f'(x_0)}$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} \quad \\ + $f(x) - f(x_0) = \varphi(x)(x - x_0)$ для некоторой $\varphi$ такой, что $\varphi$ непрерывна в точке $x_0$ и $\varphi(x_0) \neq 0$ + + Введем $g = f^{-1}$, тогда $y = f(x) \Leftrightarrow x = g(y)$. + + \begin{gather*} + \Rightarrow y - y_0 = \varphi(g(y)) * (g(y) - g(y_0)) \\ + g(y) - g(y_0) = \frac{1}{\varphi(g(y))} * (y - y_0) + \end{gather*} + + Надо понять, что $\frac{1}{\varphi(g(y))}$ непрерывна в точке $y_0$. Это так, потому что обратная функция($g$) непрерына, а композиция непрерывных($\varphi \cdot g$) также непрерывна. + + Кроме того, + \[ g'(y_0) = \frac{1}{\varphi(g(y_0))} = \frac{1}{\varphi(x_0)} = \frac{1}{f'(x_0)} \] +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket69.tex b/sections/second/ticket69.tex new file mode 100644 index 0000000..196a528 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket69.tex @@ -0,0 +1,42 @@ +\subsection{Производные элементарных функций \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=3881}{\Walley}} +\begin{enumerate} + \item $c' = 0$ + \item $(x^p)' = p * x^{p - 1} \quad p \in \mathbb{R}$ и $x > 0$, или $p \in \mathbb{Q}$ c нечетным знаменателем и $x \in \mathbb{R}$ + \item $(a^x)' = a^x * \ln a$ \\ + $\quad (e^x)' = e^x$ + \item $(\log_a x)' = \frac{1}{x * \ln a} \quad a > 0, \; a \neq 1$ \\ + $\quad (\ln x)' = \frac{1}{x}$ + \item $(\sin x)' = \cos x$ \\ + $\quad (\cos x)' = -\sin x$ + \item $(\tan x)' = \frac{1}{\cos^2 x}$ \\ + $\quad (ctg \, x)' = -\frac{1}{\sin^2 x} $ + \item $(\arcsin x)' = \frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ \\ + $\quad (\arccos x)' = -\frac{1}{\sqrt{1 - x^2}}$ + \item $(\arctan x)' = \frac{1}{1 + x^2}$ \\ + $\quad (arcctg \, x)' = - \frac{1}{1 + x^2}$ +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad \\ + \begin{enumerate} + \item Очевидно + \item Используем замечательный предел $\lim\limits_{x \to 0} \frac{(1 + x)^p - 1}{x} = p$ + \[ (x^p)' = \lim_{h \to 0} \frac{(x + h)^p - x^p}{h} = x^p * \lim_{h \to 0} (\frac{(1 + \frac{h}{x})^p - 1}{\frac{h}{x}}) * \frac{1}{x} = x^p * \frac{p}{x} = p * x^{p - 1} \] + \item Используем замечательный предел $\lim\limits_{x \to 0} \frac{a^x - 1}{x} = \ln a$ + \[ (a^x)' = \lim_{h \to 0} \frac{a^{x + h} - a^x}{h} = a^x * \lim_{h \to 0} \frac{a^h - 1}{h} = a^x * \ln a \] + \item Используем тот факт, что $\log_a y$ является обратной функцией к $a^x$ + \[ (\log_a y)' = \frac{1}{a^x \ln a} = \frac{1}{a^{\log_a y}\ln a} = \frac{1}{y\ln a} \] + \item Используем формулу разности синусов $\sin x - \sin y = 2\sin(\frac{x - y}{2})\cos(\frac{x + y}{2})$ и замечательный предел $\lim\limits_{x \to 0} \frac{\sin x}{x} = 1$ + \[ (\sin x)' = \lim_{h \to 0} \frac{\sin(x + h) - \sin(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{2\sin(\frac{h}{2})\cos(x + \frac{h}{2})}{h} = \cos x \] + Используем формулу разности косинусов $\cos x - \cos y = -2\sin(\frac{x + y}{2})\sin(\frac{x - y}{2})$ + \[ (\cos x)' = \lim_{h \to 0} \frac{\cos(x + h) - \cos(x)}{h} = \lim_{h \to 0} \frac{-2\sin(x + \frac{h}{2})\sin(\frac{h}{2})}{h} = -\sin x \] + \item Используем посчитанные значения для $\sin$ и $\cos$ + \[ (\tan x)' = \frac{(\sin x)' * \cos x - \sin x * (\cos x)'}{\cos^2 x} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x} = \frac{1}{\cos^2 x} \] + \[ (ctg \, x)' = \frac{(\cos x)' * \sin x - \cos x * (\sin x)'}{\sin^2 x} = \frac{-\sin^2 x - \cos^2}{\sin^2 x} = \frac{-1}{\sin^2 x} \] + \item Используем формулу производной для обратной функции ($y = \sin x$) + \[ (\arcsin y)' = \frac{1}{(\sin x)'} = \frac{1}{\cos(\arcsin y)} = \frac{1}{\sqrt{1 - \sin^2(\arcsin(y))}} = \frac{1}{\sqrt{1 - y^2}}\] + Используем формулу производной для обратной функции ($y = \cos x$) + \[ (\arccos y)' = \frac{1}{(\cos x)'} = \frac{1}{-\sin(\arccos y)} = \frac{1}{-\sqrt{1 - \cos(\arccos y)}} = \frac{-1}{\sqrt{1 - y^2}} \] + \item Используем тот факт, что $\frac{1}{\cos^2} = 1 + \tan^2$ + \[ (\arctan y)' = \frac{1}{(\tan x)'} = \cos^2(\arctan y) = \frac{1}{1 + \tan^2(\arctan y)} = \frac{1}{1 + y^2} \] + \[ (arcctg \, y)' = \frac{1}{(ctg \, x)'} = -\sin^2(arcctg \, y) = \frac{-1}{1 + ctg^2(arcctg \, y)} = \frac{-1}{1 + y^2} \] + \end{enumerate} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket70.tex b/sections/second/ticket70.tex new file mode 100644 index 0000000..f9c1611 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket70.tex @@ -0,0 +1,37 @@ +\subsection{Теоремы Ферма и Ролля \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=4968}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Теорема Ферма + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \; x_0 \in (a, b), \; f$ дифференцируема в точке $x_0$ + \item $f(x_0)$ - наименьшее (наибольшее) зачение на $\langle a, b \rangle$ + \end{itemize} + Тогда $f'(x_0) = 0$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Пусть $f(x_0)$ - наименьшее значение функции. Рассмотрим левую и правую производные в точке $x_0$: + \begin{gather*} + f_+'(x_0) = \lim_{x \to x_0+} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim \frac{\geqslant 0}{> 0} = \lim (\geqslant 0) \geqslant 0 \\ + f_-'(x_0) = \lim_{x \to x_0-} \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} = \lim \frac{\geqslant 0}{< 0} = \lim (\leqslant 0) \leqslant 0 + \end{gather*} + Знаем, что $f$ дифференцируема, следовательно $f_+'(x_0) = f_-'(x_0)$. Это возможно, только когда $f_+'(x_0) = f_-'(x_0) = 0$, значит $f'(x_0) = 0$. +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Теорема Ролля + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f: [a, b] \to \mathbb{R}, \; f$ непрерывна на $[a, b]$ и дифференцируема на $(a, b)$ + \item $f(a) = f(b)$ + \end{itemize} + Тогда $\exists \, c \in (a, b) : f'(c) = 0$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + По т. Вейерштрасса найдутся $p, \; q \in [a, b]$ такие, что $f(p)$ - наибольшее значение, а $f(q)$ - наименьшее. + + Если $p \in (a, b)$ или $q \in (a, b)$, то можно применить т. Ферму и получить, что $f'(p) = 0$ или $f'(q) = 0$. + + Если $p$ и $q$ концевые, то $f(p) = f(q) \Rightarrow f(x) = const \Rightarrow f'(x) = 0$ во всех точках. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket71.tex b/sections/second/ticket71.tex new file mode 100644 index 0000000..5547be6 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket71.tex @@ -0,0 +1,49 @@ +\subsection{Теорема Лагранжа и Коши \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=5760}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Теорема Лагранжа + + Пусть $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ непрерывна на $[a, b]$ и дифференцируема на $(a, b)$. + + Тогда $\exists \, c \in (a, b) : f(b) - f(a) = f'(c)(b - a)$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Введем $g(x) = f(x) - kx$ непрерывную на $[a, b]$ и дифференцируемую на $(a, b)$. Подберем $k$ так, чтобы $g(a)$ было равно $g(b)$: + \begin{gather*} + \begin{cases} + g(a) = f(a) - ka \\ + g(b) = f(b) - kb \\ + g(a) = g(b) + \end{cases} + \Rightarrow f(b) - kb - f(a) + ka = 0 \Rightarrow k = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} + \end{gather*} + По т. Ролля $ \, \exists \, c \in (a, b) : g'(c) = 0$. + \[ g'(c) = f'(c) - k = 0 \Rightarrow f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{b - a} \Rightarrow f(b) - f(a) = f'(c)(b - a) \] +\end{proof} +\begin{notice} + Геометрический смысл - производная в точке $c$ равна угловому коэффициенту прямой, + соединяющей точки $(a, f(a))$ и $(b, f(b))$. +\end{notice} + +\begin{theorem-non} + Теорема Коши + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f, \; g: [a, b] \to \mathbb{R}$ непрерывны на $[a, b]$ и дифференцируемы на $(a, b)$ + \item $g'(x) \neq 0$ при $x \in (a, b)$ + \end{itemize} + Тогда $\exists \, c \in (a, b) : \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} = \frac{f'(c)}{g'(c)}$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Введем $h(x) = f(x) - kg(x)$ непрерывную на $[a, b]$ и дифференцируемую на $(a, b)$. Подберем $k$ так, чтобы $h(a)$ было равно $h(b)$: + \begin{gather*} + \begin{cases} + h(a) = f(a) - kg(a) \\ + h(b) = f(b) - kg(b) \\ + h(a) = h(b) + \end{cases} + \Rightarrow f(b) - kg(b) - f(a) + kg(a) = 0 \Rightarrow k = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} + \end{gather*} + По т. Ролля $\, \exists \, c \in (a, b): h'(c) = 0$ + \[ h'(c) = f'(c) - kg'(c) = 0 \Rightarrow f'(c) = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} g'(c) \Rightarrow \frac{f'(c)}{g'(c)} = \frac{f(b) - f(a)}{g(b) - g(a)} \] +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket72.tex b/sections/second/ticket72.tex new file mode 100644 index 0000000..e20f9a5 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket72.tex @@ -0,0 +1,57 @@ +\subsection{Следствия теоремы Лагранжа. Характеристика монотонности дифференцируемых функций \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=6845}{\Walley}} +\textbf{Следствия из т. Лагранжа:} +\begin{enumerate} + \item Пусть + \begin{itemize} + \item $f$ непрерывна на $\langle a, b \rangle$ и дифференцируема на $(a, b)$ + \item $|f'(x)| \leqslant M$ при всех $x \in (a, b)$ + \end{itemize} + Тогда $|f(x) - f(y)| \leqslant M|x - y| \quad \forall x, y \in \langle a, b \rangle$ + \begin{proof} + Будем считать, что $x < y$. Посмотрим на отрезок $[x, y]$. $f$ непрерывна на $[x, y]$ и дифференцируема на $(x, y)$. + + $\Rightarrow \exists \, c \in (x, y) : f(y) - f(x) = f'(c)(y - x)$ + + $\Rightarrow |f(y) - f(x)| = |f'(c)||y - x| \leqslant M|y - x|$ + \end{proof} + \begin{notice} + Такая функция $f$ называется липшицевой с константой $M$. + \end{notice} + \item Пусть + \begin{itemize} + \item $f$ непрерывна на $\langle a, b \rangle$ и дифференцируема на $(a, b)$ + \item $f'(x) \geqslant 0$ при всех $x \in (a, b)$ + \end{itemize} + Тогда $f$ нестрого монотонно возрастает. + \begin{proof} + Возьмем $x, \, y \in \langle a, b \rangle$, причем $x < y$. + Посмотрим на отрезок $[x, y]$. $f$ непрерывна на $[x, y]$ и дифференцируема на $(x, y)$. + + $\Rightarrow \exists \, c \in (x, y) : f(y) - f(x) = \underbrace{f'(c)}_{\geqslant 0}\underbrace{(y - x)}_{> 0} \Rightarrow f(y) \geqslant f(x)$ + \end{proof} + \item Если $f'(x) > 0$ при всех $x \in (a, b)$, то $f$ строго монотонно возрастает. + \item Если $f'(x) \leqslant 0$ при всех $x \in (a, b)$, то $f$ нестрого монотонно убывает. + \item Если $f'(x) < 0$ при всех $x \in (a, b)$, то $f$ строго монотонно убывает. + \item Если $f'(x) = 0$ при всех $x \in (a, b)$, то $f$ постоянна. +\end{enumerate} + +\begin{theorem-non} + Пусть $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}$ непрерывна на $\langle a, b \rangle$ и дифференцируема на $(a, b)$. + + Тогда + \begin{enumerate} + \item $f$ нестрого монотонно возрастает $\Leftrightarrow$ $f'(x) \geqslant 0 \;\; \forall x \in (a, b)$ + \item $f$ нестрого монотонно убывает $\Leftrightarrow$ $f'(x) \leqslant 0 \;\; \forall x \in (a, b)$ + \end{enumerate} +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Докажем первый пункт, второй аналогично. + + $\quad \Leftarrow:$ доказано выше + + $\quad \Rightarrow:$ + \[ f'(x) = f_+'(x) = \lim_{y \to x+} \frac{f(y) - f(x)}{y - x} = \lim \frac{\geqslant 0}{> 0} = \lim (\geqslant 0) \geqslant 0 \] +\end{proof} +\begin{notice} + $f$ строго возрастает $\nRightarrow f' > 0$. Например: $f(x) = x^3, \; f'(0) = 0$ +\end{notice} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket73.tex b/sections/second/ticket73.tex new file mode 100644 index 0000000..8434e56 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket73.tex @@ -0,0 +1,48 @@ +\subsection{Теорема Дарбу. Следствие \href{https://youtu.be/OXDjegAsmSU?t=7706}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Теорема Дарбу + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f: [a, b] \to \mathbb{R}$ и дифференцируема везде + \item $C$ лежит между $f'(a)$ и $f'(b)$ + \end{itemize} + Тогда $\exists \, c \in (a, b) : f'(c) = C$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Будем считать, что $f'(a) < f'(b)$. + + \underline{Случай $C = 0$}: + + $\quad f'(a) < 0 < f'(b)$ + + $\quad$По т. Вейерштрасса $\exists \, c \in [a, b] : f(c) = \min_{x \in [a, b]} f(x)$. + + $\quad$Если $c \in (a, b)$, то по т. Ферма $f'(c) = 0$. Покажем, что иначе быть не может. + + $\quad$Пусть $c = a$. Тогда $f'(a) = \lim\limits_{x \to a+} \frac{f(x) - f(a)}{x - a} = \lim \frac{\geqslant 0}{> 0} \geqslant 0$. Противорчечие, так как $f'(a) < 0$. + + $\quad$Пусть $c = b$. Тогда $f'(b) = \lim\limits_{x \to b-} \frac{f(x) - f(b)}{x - b} = \lim \frac{\geqslant 0}{< 0} \leqslant 0$. Противорчечие, так как $f'(b) > 0$. + + $\quad \Rightarrow c \in (a, b) \Rightarrow f'(c) = 0 = C$ + + \underline{Общий случай} + + $\quad$Введем $g(x) = f(x) - Cx$. + + $\quad g'(x) = f'(x) - C \Rightarrow g'(a) < 0$ и $g'(b) > 0 \Rightarrow$ по первому случаю $\exists \, c \in (a, b) : g'(c) = 0$ + + $\quad \Rightarrow f'(c) = C$ +\end{proof} +\begin{follow} + + $\quad$Пусть + \begin{itemize} + \item $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}$ дифференцируемая + \item $f'(x) \neq 0 \;\; \forall x \in \langle a, b \rangle$ + \end{itemize} + $\quad$Тогда $f$ строго монотонна. +\end{follow} +\begin{proof} + Если $\exists \, u \in \langle a, b \rangle : f'(u) > 0$ и $\exists \, v \langle a, b \rangle : f'(v) < 0$, то по т. Дарбу между $u$ и $v$ есть точка, где $f' = 0$. Поэтому $f'$ знакопостоянна $\Rightarrow f$ строго монотонна. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket74.tex b/sections/second/ticket74.tex new file mode 100644 index 0000000..c626034 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket74.tex @@ -0,0 +1,91 @@ +\subsection{Правило Лопиталя (для $\frac{0}{0}$ и $\frac{\infty}{\infty}$). Примеры \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=278}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Правило Лопиталя для $\frac{0}{0}$ + + Пусть + \begin{itemize} + \item $-\infty \leq a < b \leq +\infty$ + \item $f$ и $g$ дифференцируемы на $(a, b)$ + \item $g'(x) \neq 0 \quad \forall x \in (a, b)$ + \item $\lim\limits_{x \rightarrow b-} f(x) = \lim\limits_{x \rightarrow b-} g(x) = 0$ + \end{itemize} + Тогда если $\lim\limits_{x \rightarrow b-}\frac{f'(x)}{g'(x)} = l \in \overline{\mathbb{R}}$, + то $\lim\limits_{x \rightarrow b-}\frac{f(x)}{g(x)} = l$ +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Проверяем определение по Гейне. Берем последовательность $x_n \longrightarrow b$. Можно считать, что $x_n$ строго возрастает, + потому что предел не меняется от перестановки членов последовательности и её прорежения. + + Надо проверить, что $\frac{f(x_n)}{g(x_n)} \longrightarrow l$. + + Тогда по теореме Штольца посмотрим на $\frac{f(x_{n+1}) - f(x_n)}{g(x_{n+1}) - g(x_n)}$. Чтобы применилась т. Штольца, надо: + \begin{itemize} + \item числитель и знаменатель стремятся к 0 ($\lim\limits_{x \rightarrow b-} f(x) = \lim\limits_{x \rightarrow b-} g(x) = 0$) + \item знаменатель был строго монотонен ($g'(x) \neq 0 \quad \forall x \in (a, b)$, + поэтому по следствию т. Дарбу $g$ строго монотонна, последовательность аргументов тоже строго монотонна, тогда последовательность значений тоже строго монотонна) + \end{itemize} + + $\frac{f(x_{n+1}) - f(x_n)}{g(x_{n+1}) - g(x_n)} = \frac{f'(c_n)}{g'(c_n)}$ для некоторого $c_n \in (x_n, x_{n+1})$ (по теореме Коши) + + \begin{tikzpicture}[mydrawstyle/.style={draw=black, very thick}, x=1mm, y=1mm, z=1mm] + \draw[mydrawstyle, ->](-2,30)--(80,30); + \draw[mydrawstyle](0,28)--(0,32) node[below=5]{$a$}; + \draw[mydrawstyle](25,28)--(25,32) node[below=5]{$x_1$}; + \draw[mydrawstyle](35,28)--(35,32) node[below=5]{$c_1$}; + \draw[mydrawstyle](45,28)--(45,32) node[below=5]{$x_2$}; + \draw[mydrawstyle](50,28)--(50,32) node[below=5]{$c_2$}; + \draw[mydrawstyle](55,28)--(55,32) node[below=5]{$x_3$}; + \draw[mydrawstyle](59,28)--(59,32) node[below=5]{$c_3$}; + \draw[mydrawstyle](63,28)--(63,32) node[below=5]{$x_4$}; + \draw[mydrawstyle](67,28)--(67,32) node[below=5]{$c_4$}; + \draw[mydrawstyle](75,28)--(75,32) node[below=5]{$b$}; + \end{tikzpicture} + + Тогда $c_n \longrightarrow b$ и строго возрастают. + + $\lim c_n = b \Longrightarrow \lim \frac{f'(c_n)}{g'(c_n)} = l$ (по определению $\lim\limits_{x \rightarrow b-}\frac{f(x)}{g(x)}$ по Гейне) + + $\Longrightarrow \lim \frac{f(x_{n+1}) - f(x_n)}{g(x_{n+1}) - g(x_n)} = l \Longrightarrow \lim\limits_{x \rightarrow b-}\frac{f(x)}{g(x)} = l$ (по т. Штольца) + +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Правило Лопиталя для $\frac{\infty}{\infty}$ + + Пусть + \begin{itemize} + \item $-\infty \leq a < b \leq +\infty$ + \item $f$ и $g$ дифференцируемы на $(a, b)$ + \item $g'(x) \neq 0 \quad \forall x \in (a, b)$ + \item $\lim\limits_{x \rightarrow b-} g(x) = +\infty$ + \end{itemize} + Тогда если $\lim\limits_{x \rightarrow b-}\frac{f'(x)}{g'(x)} = l \in \overline{\mathbb{R}}$, + то $\lim\limits_{x \rightarrow b-}\frac{f(x)}{g(x)} = l$ + +\end{theorem-non} +\begin{proof} + Доказательство такое же, но в последней строке ссылаемся на вторую версию т. Штольца. +\end{proof} + +\textbf{Примеры:} + +\begin{enumerate} + \item $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \frac{\ln x}{x^p} = 0$ при $p > 0$ (проверьте Лопиталем сами) + \item $\lim\limits_{x \rightarrow +\infty} \frac{x^p}{a^x} = 0$ при $a > 1, \ p \in \mathbb{R}$ + \begin{proof} + При $p \leqslant 0$ очевидно. + + $\frac{x^p}{a^x} = \frac{px^{p-1}}{a^x \ln a} = \frac{p}{\ln a} \cdot \frac{x^{p-1}}{a^x} \longrightarrow 0$ очевидно при $p \leqslant 1$ + + и так далее дифференцируем. + \end{proof} + \item $\lim\limits_{x \rightarrow 0+} x^x = 1$ + \begin{proof} + Прологарифмируем: $\lim\limits_{x \rightarrow 0+} x \ln x = 0$ + (если это поймем, то применим к обеим сторонам экспоненту, так как $\exp(\lim \dots)) = \lim \exp \dots$) + + $\lim\limits_{x \rightarrow 0+} x \ln x = \lim\limits_{x \rightarrow 0+} \frac{\ln x}{1/x} = \lim\limits_{x \rightarrow 0+} \frac{1/x}{-1/x^2} = -x \longrightarrow 0$ (по правилу Лопиталя) + \end{proof} +\end{enumerate} + diff --git a/sections/second/ticket75.tex b/sections/second/ticket75.tex new file mode 100644 index 0000000..e0da928 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket75.tex @@ -0,0 +1,43 @@ +\subsection{Определение производной $n$-ого порядка. Классы $C^n(E)$. Несовпадение классов $C^n(E)$ \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=1866}{\Walley}} + +\begin{conj} + $f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R} \quad x_0 \in \langle a, b \rangle \quad f$ дифференцируема в окрестности $(.) \ x_0$ + + Тогда $(f')'(x_0)$ --- вторая производная функции $f$ в $(.) \ x_0$ (остальные производные определяются так же, важно существование всех предыдущих производных). +\end{conj} +\ +\begin{conj} + $f$ непрерывно дифференцируема в $(.) \ x_0$, если $f$ дифференцируема в окрестности $(.) \ x_0$ и $f'$ непрерывна в $(.) \ x_0$. +\end{conj} +\ +\begin{conj} + $f$ $n$ раз непрерывно дифференцируема в $(.) \ x_0$, если $f$ $n$ раз дифференцируема в окрестности $(.) \ x_0$ и $f^{(n)}$ непрерывна в $(.) \ x_0$. +\end{conj} +\ +\begin{conj} + Множество непрерывно дифференцируемых функций + + $C(E)$ --- множество функций $f: E \rightarrow \mathbb{R}$, непрерывных во всех $(.) \ E$ + + $C^n \langle a, b \rangle$ --- множество функций $f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ $n$ раз непрерывно дифференцируемых на $\langle a, b \rangle$ + + $C^\infty \langle a, b \rangle := \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} C^n \langle a, b \rangle$ --- множество функций $f: \langle a, b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ сколько угодно раз дифференцируемых на $\langle a, b \rangle$ (можно без оговорки про непрерывность, потому что все предыдущие и функция непрерывны) +\end{conj} + +Поймем, что все эти $C$ не совпадают. +\par\medskip +\textbf{Пример:} $f(x) = x^{n+1/3}$ + +Докажем, что $f \in C^n(\mathbb{R})$ и $f \notin C^{n+1}(\mathbb{R})$ + +$\quad f'(x) = (n + \frac{1}{3})x^{n-2/3}$ + +$\quad f''(x) = (n + \frac{1}{3})(n - \frac{2}{3})x^{n-5/3}$ + +$\quad f^{(n)}(x) = (n + \frac{1}{3})(n - \frac{2}{3}) \dots \frac{4}{3} x^{1/3}$ непрерывна на $\mathbb{R}$ + +$\quad f^{(n+1)}(0) = +\infty $, так как $(x^{1/3})' = \frac{1}{3x^{2/3}}$ в нуле $= +\infty$ + +Тогда $f^{(n+1)}$ не непрерывна, так как есть разрыв. + + diff --git a/sections/second/ticket76.tex b/sections/second/ticket76.tex new file mode 100644 index 0000000..942ea0c --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket76.tex @@ -0,0 +1,55 @@ +\subsection{Арифметические свойства производных $n$-ого порядка. Производные $n$-ого порядка элементарных функций \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=2702}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Арифметические свойства производных $n$-ого порядка + + $f, g: \langle a,b \rangle \rightarrow \mathbb{R}$ $n$ раз дифференцируема в точке $x \in \langle a,b \rangle$. Тогда: + + \begin{enumerate} + \item $\alpha f + \beta g$ $n$ раз дифференцируема в $(.) \ x$ и $(\alpha f + \beta g)^{(n)} (x) = \alpha f^{(n)}(x) + \beta g^{(n)}(x)$ + \item $fg$ $n$ раз дифференцируема в $(.) \ x$ и $(fg)^{(n)}(x) = \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k f^{(k)}(x) g^{(n-k)} (x)$ + \item $(f(\alpha x + \beta))^{(n)} = \alpha^n f^{(n)}(\alpha x + \beta)$ + \end{enumerate} +\end{theorem-non} +\begin{proof} + \ + \begin{enumerate} + \item Индукция: $n \longrightarrow n+1$ + + $(\alpha f + \beta g)^{(n+1)}(x) = ((\alpha f + \beta g)^{(n)} (x))' = + (\alpha f^{(n)}(x) + \beta g^{(n)}(x))' = \alpha (f^{(n)}(x))' + \beta (g^{(n)}(x))' =$ + + $\alpha f^{(n+1)}(x) + \beta g^{(n+1)}(x)$ + + \item Индукция: база: $(fg)' = f'g + fg'$ \quad переход: $n \longrightarrow n+1$ + + $(fg)^{(n+1)} = ((fg)^{(n)})' = (\sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k f^{(k)} g^{(n-k)})' = + \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k (f^{(k)} g^{(n-k)})' =$ + + $\sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k (f^{(k + 1)} g^{(n-k)} + f^{(k)} g^{(n-k+1)}) = + \sum\limits_{k=0}^{n} C_n^k f^{(k+1)} g^{(n-k)} + \sum\limits_{j=0}^{n} C_n^j f^{(j)} g^{(n-j+1)}$\\ + Заменим $j= k+1$ и вытащим крайние слагаемые: $f^{(n+1)}g^{(0)} + \sum\limits_{j=1}^{n} C_n^{j-1} f^{(j)} g^{(n+1-j)} + \\ + \sum\limits_{j=1}^{n} C_n^j f^{(j)} g^{(n+1-j)} + g^{(n+1)}f^{(0)}$\\ + Так как из комбинаторики $C_n^j + C_n^{j-1} = C_{n+1}^j$: $f^{(n+1)}g^{(0)} + \sum\limits_{j=1}^{n} C_{n+1}^j f^{(j)} g^{(n+1-j)} + g^{(n+1)}f^{(0)}$\\ + $= \sum\limits_{j=0}^{n+1} C_n^j f^{(j)}(x) g^{(n+1-j)} (x)$ + + \item Индукция: $n \longrightarrow n+1$ + + $(f(\alpha x + \beta))^{(n+1)} = ((f(\alpha x + \beta))^{(n)})' = (\alpha^n f^{(n)}(\alpha x + \beta))' = + \alpha^{n+1} f^{(n+1)}(\alpha x + \beta)$ (производная сложной функции) + + \end{enumerate} +\end{proof} + +\textbf{Примеры:} + +\begin{enumerate} + \item $(x^p)^{(n)} = p(p-1) \dots (p-n+1) x^{p-n}$ + + в частности $(1/x)^{(n)} = (-1)(-2) \dots (-1-n+1) x^{-1-n} = \frac{(-1)^n \cdot n!}{x^{n+1}}$ + + \item $(\ln x)^{(n)} = ((\ln x)')^{(n-1)} = \frac{1}{x}^{(n-1)} = \frac{(-1)^{n-1} (n-1)!}{x^n}$ + \item $(a^x)^{(n)} = a^x (\ln a)^n$ + \item $(\sin x)^{(n)} = \sin(x + \frac{\pi n}{2})$ (так как $(\sin x)' = \cos x = \sin (x + \frac{\pi}{2})$) + \item $(\cos x)^{(n)} = \cos(x + \frac{\pi n}{2})$ (так как $(\cos x)' = -\sin x = \cos (x + \frac{\pi}{2})$) +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket77.tex b/sections/second/ticket77.tex new file mode 100644 index 0000000..5774550 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket77.tex @@ -0,0 +1,40 @@ +\subsection{Формула Тейлора для многочленов \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=3931}{\Walley}} + +\begin{lemma} + + Пусть $f(x) = (x -x_0)^k$, тогда $f^{(m)}(x_0) = + \begin{cases} + m!, &\text{если $k=m$}\\ + 0, &\text{иначе} + \end{cases}$ +\end{lemma} + +\begin{proof} + $\quad$ \\ + \begin{itemize} + \item $k \geqslant m$, тогда $f^{(m)}(x) = k(k-1) \dots (k-m+1)(x-x_0)^{k-m}$ + \begin{itemize} + \item если $k = m$, то $f^{(m)}(x) = k! = m!$ + \item если $k > m$, то $f^{(m)}(x) = c (x-x_0)^{k-m} \Longrightarrow f^{(m)}(x_0) = 0$ + \end{itemize} + + \item $k < m$, тогда $(f^{(k)})^{(m-k)} = (k!)^{(m-k)} = 0$ + \end{itemize} +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Формула Тейлора для многочлена + + $T$ --- многочлен, $deg \, T \leqslant n$. + + Тогда $T(x) = \sum\limits_{k=0}^n \frac{T^{(k)}(x_0)}{k!} (x-x_0)^k$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} $\quad$ \\ + Разложим $T$ по степеням $(x - x_0)$: $T(x) = \sum\limits_{k = 0}^{n} c_k (x-x_0)^k$ (умеем из алгебры) + + Надо доказать, что $c_k = \frac{T^{(k)}(x_0)}{k!}$. + + $T^{(m)}(x_0) = \left.\sum\limits_{k = 0}^{n} c_k ((x-x_0)^k)^{(m)} \right|_{x=x_0} = c_m \cdot m!$ (по лемме) + + Тогда $c_m = \frac{T^{(m)}(x_0)}{m!}$. +\end{proof} diff --git a/sections/second/ticket78.tex b/sections/second/ticket78.tex new file mode 100644 index 0000000..9a3ea11 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket78.tex @@ -0,0 +1,73 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Формулы Тейлора с остатком в форме Пеано (с леммой). Единственность многочлена Тейлора \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=4684}{\Walley}} + +\begin{lemma} + + $g$ дифференцируема $n$ раз в точке $x_0$ и $g(x_0) = g'(x_0) = \dots = g^{(n)}(x_0) = 0$ + + Тогда $g(x) = o((x - x_0)^n)$ + + \begin{proof} + + Надо доказать, что $\lim\limits_{x \to x_o} \frac{g(x)}{(x-x_0)^n} = 0$, + будем раскрывать по Лопиталю. + \begin{gather*} + \lim\limits_{x \to x_o} \frac{g(x)}{(x-x_0)^n} = \lim\limits_{x \to x_o} \frac{g'(x)}{n(x-x_0)^{n-1}} \\ + = \lim\limits_{x \to x_o} \frac{g''(x)}{n(n-1)(x-x_0)^{n-2}} = \dots = \lim\limits_{x \to x_o} \frac{g^{(n-1)}(x)}{n!(x-x_0)} + \end{gather*} + + Знаем, что $g^{(n-1)}(x) = g^{(n-1)}(x_0) + g^{(n)}(x_0) \cdot (x - x_0) + o(x - x_0)$, вспоминаем, + что у нас производные нули, и понимаем, что это всё равно $o(x - x_0)$, поделив это в пределе на $n!(x-x_0)$ мы получим $0$. + + \end{proof} + +\end{lemma} + + +\begin{theorem-non} + Формула Тейлора с остатком в форме Пеано + + $f$ дифференцируема $n$ раз в точке $x_0$ + + Тогда + \begin{gather*} + f(x) = T_{n, x_0} f(x) + o((x - x_0)^n) = \sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} \cdot (x - x_0)^k + o((x - x_0)^n) + \end{gather*} + + \begin{proof} + + \begin{gather*} + g(x) := f(x) - T_{n, x_0} f(x) \\ + g^{(m)}(x_0) = f^{(m)}(x_0) - \left.\left( \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} \cdot (x - x_0)^k \right) ^{(m)} \right|_{x = x_0} = \\ + = f^{(m)}(x_0) - \frac{f^{(m)}(x_0)}{m!} \cdot m! = 0 + \end{gather*} + + Всё это работает при $m \leqslant n$. + + Тогда по лемме $g(x) = o((x - x_0)^n)$ + \end{proof} +\end{theorem-non} + +\begin{follow} + Если $f$ дифференцируема $n$ раз в точке $x_0$ и $P$ --- многочлен степени $\leqslant n$, т.ч. + $f(x) = P(x) + o((x - x_0)^n)$ при $x \rightarrow x_0$, то $P(x) = T_{n,x_0} f(x)$ + + \begin{proof} + + \begin{gather*} + f(x) = P(x) + o((x - x_0)^n) = T_{n,x_0} f(x) + o((x - x_0)^n) \\ + \Longrightarrow Q(x) := T_{n, x_0} f(x) - P(x) = o((x - x_0)^n) \\ + deg Q \leqslant n + \end{gather*} + + $Q(x) = \sum_{k = 0}^{n} c_k \cdot (x - x_0)^k $ + + Пусть $c_m \neq 0$, где $m$ --- наименьший такой индекс. + + $Q(x) = c_m(x - x_0)^m + o((x - x_0)^m) = o((x - x_0)^n) \Longrightarrow c_m + o(1) = o((x - x_0)^{n - m})$ + + Противоречие. + + \end{proof} +\end{follow} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket79.tex b/sections/second/ticket79.tex new file mode 100644 index 0000000..54da09a --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket79.tex @@ -0,0 +1,68 @@ +% !TEX root = ../MatanColloc02.tex + +\subsection{Формулы Тейлора с остатком в форме Лагранжа. Следствия \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=5698}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + $f: \langle a, b \rangle \rightarrow \R$ + + $n + 1$ раз дифференцируема на $(a, b), \; x_0, x \in + \langle a, b \rangle$ + + Тогда существует $c$, лежащая между $x$ и $x_0$, т.ч. + $f(x) = T_{n,x_o} f(x) + \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} \cdot (x - x_0)^{n+1}$ + + ($c$ подбирается для фиксированных $x$ и $x_0$) + + \begin{proof} + Зафиксируем $x$ и возьмём $M$, т.ч. + + \begin{gather*} + f(x) = T_{n,x_0} f(x) + M \cdot (x - x_0)^{n+1} + \end{gather*} + + Введём вспомогательную функцию: + \begin{gather*} + g(t) := f(t) - T_{n, x_0}f(t) - M \cdot (t - x_0)^{n+1} \\ + g^{(n+1)}(t) = f^{(n+1)}(t) - M \cdot (n + 1)! + \end{gather*} + + Надо доказать, что $g^{(n+1)}(c) = 0$ для некоторого $c \in (x_0, x)$ (НУО $x_0 < x$) + + \begin{gather*} + g^{(k)}(x_0) = 0, \quad k = 0,1, \dots, n \\ + g(x) = 0 + \end{gather*} + + По т. Ролля$: \; \exists \; c_1 \in (x_0, x): \; g'(c_1) = 0$ \\ + По т. Ролля для $g': \; \exists \; c_2 \in (x_0, c_1): \; g''(c_2) = 0$ + + $\dots$ + + По т. Ролля для $g^{(n)}: \; \exists \; c_{n+1} \in (x_0, c_n): \; g^{(n+1)}(c_{n+1}) = 0$ + + \end{proof} + +\end{theorem-non} + +\begin{follow} + \begin{enumerate} + \item Если $|f^{(n+1)}(t)| \leqslant M \; \forall t \in (x, x_0)$, то $|R_{n, x_0}f(x)| \leqslant \frac{M(x-x_0)^{n + 1}}{|n+1|)!} = O((x - x_0)^{n + 1})$ + \begin{proof} + $| \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!} \cdot (x - x_0)^{n+1} | \leqslant M \cdot \frac{|x-x_0|^{n+1}}{(n+1)!}$ + \end{proof} + \item + Если \; $|f^{(n)}(t)| \leqslant M \; \forall n \in \N, \forall t \in $, то \; $T_{n,x_0}f(x) \rightarrow f(x), \; n \rightarrow \infty$ \\ + + $\sum_{k=0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k \rightarrow f(x),$ т.е. $f(x) = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} \cdot (x - x_0)^k$ + \begin{proof} + + \begin{gather*} + |f(x) - T_{n,x_0}f(x)| = |R_{n, x_0} f(x)| \leqslant \frac{M|x-x_0|^{n+1}}{(n+1)!} \stackrel{?}{\rightarrow} 0 \\ + \end{gather*} + + Это так, потому что у нас $x$ и $x_0$ фиксированные, то это просто какое-то число, возведённое в степень, которое делится на факториал, а мы + уже доказывали, что $\frac{k^n}{n!} \rightarrow 0$ + + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{follow} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket80.tex b/sections/second/ticket80.tex new file mode 100644 index 0000000..b7f6a2c --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket80.tex @@ -0,0 +1,92 @@ +\subsection{Формулы Тейлора для $e^x, \sin{x}, \cos{x}, \ln{(1+x)}$ и $(1+x)^p$. Разложения $\sin{x}, \cos{x}, e^x$ в ряд \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=6884}{\Walley}} + +\subsection*{Формулы Тейлора для элементарных функций (все при $x \rightarrow 0$, остатки в форме Пеано)} + +\begin{center} + + $e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^3}{3!} + \dots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n)$ + + \begin{flushleft} + \textbf{Пояснение:} + + Производная экспоненты --- сама экспонента, в нуле это всегда единица. + \end{flushleft} + $\quad$ \\ + $\cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots + \frac{(-1)^n x^{2n}}{(2n)!} + o(x^{2n + 1})$ + \begin{flushleft} + \textbf{Пояснение:} + + $\cos^{(k)}(0) = \cos(0 + \frac{\pi \cdot k}{2})$ + + Коэффициенты: + $\begin{cases} + 0, k$ --- нечётно $ \\ + 1, k \; mod \; 4 = 0 \\ + -1, k \; mod \; 4 = 2 + \end{cases}$ + \end{flushleft} + $\quad$ \\ + $\sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots + \frac{(-1)^n \cdot x^{2n+1}}{(2n+1)!} + o(x^{2n+2})$ + + \begin{flushleft} + \textbf{Пояснение:} + + $\sin^{(k)}(0) = \sin(0 + \frac{\pi \cdot k}{2})$ + + Коэффициенты: + $\begin{cases} + 0, k$ --- чётно $\\ + 1, k \; mod \; 4 = 1 \\ + -1, k \; mod \; 4 = -1 + \end{cases}$ + \end{flushleft} + $\quad$ \\ + $\ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \dots + \frac{(-1)^{n-1} \cdot x^n}{n} + o(x^n)$ + + \begin{flushleft} + \textbf{Пояснение:} + + $\ln(1 + x)^{(k)} = \frac{(-1)^{k-1}}{(1 + x)^k} \cdot (k - 1)!$ + + в нуле $(-1)^{k-1} \cdot (k - 1)!$ + \end{flushleft} + $\quad$ \\ + $(1 + x)^p = 1 + px + \frac{p(p-1)}{2!} \cdot x^2 + \frac{p(p-1)(p-2)}{3!} \cdot x^3 + \dots + \frac{p(p-1) \dots (p - n + 1)}{n!} \cdot x^n + o(x^n)$ + + \begin{flushleft} + \textbf{Пояснение:} + + $((1 + x)^p)^{(k)} = p(p-1) \dots (p - k + 1)(1 + x)^{p-k}$ + + в нуле $p(p-1) \dots (p - k + 1)$ + \end{flushleft} +\end{center} + +\subsection*{Ряды Тейлора} + +\begin{gather*} + e^x = \sum_{n = 0}^{\inf} \frac{x^n}{n!} \\ + \sin x = \sum_{n = 0}^{\inf} (-1)^n \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!} \\ + \cos x = \sum_{n = 0}^{\inf} (-1)^n \frac{x^{2n}}{(2n)!} \\ +\end{gather*} + +\begin{proof} + $\quad$ \\ + \begin{enumerate} + \item + По следствию $2$: + + $f(x) = \sin x, \quad f^{(n)}(x) = \pm \sin x$ или $\pm \cos x \Longrightarrow | f^{(n)}(x)| \leqslant 1 \quad \forall x$ + + то же самое для $f(x) = \cos x$ + + \item + $f(x) = e^x, \quad f^{(n)}(x) = e^x$ + + Рассмотрим $[0, x]$ (НУО $x > 0$): на нём $f^{(n)}(t) = e^t \leqslant max \{ 1, e^x \}$ + + по следствию $2$ на этом отрезке всё ок. + + \end{enumerate} +\end{proof} + diff --git a/sections/second/ticket81.tex b/sections/second/ticket81.tex new file mode 100644 index 0000000..fe40110 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket81.tex @@ -0,0 +1,25 @@ +\subsection{Иррациональность числа $e$ \href{https://youtu.be/au9-34CerJM?t=7867}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + $e$ --- иррационально + + \begin{proof} + $2 < e < 3 \Longrightarrow e$ --- не является целым. + + Пусть $e = \frac{m}{n}, \quad$ где $n \geqslant 2$ (т.к. $e$ --- не целое) + + Формула Тейлора с остатком в форме Лагранжа для $x_0 = 0, x = 1:$ + \begin{center} + $e^1 = 1 + 1 + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots + \frac{1}{n!} + \frac{e^c}{(n+1)!}$ где $c \in (0,1)$ \\ + $\underbrace{\frac{m}{n} \cdot n!}_{\text{целое}} = n! \cdot e = + \underbrace{n! + n! + \frac{n!}{2!} + \frac{n!}{3!} + \dots + \frac{n!}{n!}}_{\text{целое}} + \frac{e^c}{n+1}$ + + $\Longrightarrow \frac{e^c}{n+1} \in \Z \Longrightarrow \frac{e^c}{n+1} \geqslant 1$ + + $\frac{e^c}{n + 1} \leqslant \frac{e}{3} < 1$ (т.к. $c \in (0,1), n \geqslant 2$) + \end{center} + Противоречие $\Longrightarrow e$ --- иррационально. + + \end{proof} + +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket82.tex b/sections/second/ticket82.tex new file mode 100644 index 0000000..d039cce --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket82.tex @@ -0,0 +1,46 @@ +\subsection{Локальные максимумы и минимумы. Необходимое условие экстремума \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=45}{\Walley}} +\begin{conj} + $f: E \to \mathbb{R}, \, a \in E$ + \begin{itemize} + \item $a$ -- нестрогий локальный минимум, если + \[ \exists \, \delta > 0 : \forall x \in E \cap (a - \delta, a + \delta) \quad f(x) \geqslant f(a) \] + \item $a$ -- строгий локальный минимум, если + \[ \exists \, \delta > 0 : \forall x \in E \cap (a - \delta, a + \delta), \, x \neq a \quad f(x) > f(a) \] + \item $a$ -- нестрогий локальный максимум если + \[ \exists \, \delta > 0 : \forall x \in E \cap (a - \delta, a + \delta) \quad f(x) \leqslant f(a) \] + \item $a$ -- строгий локальный максимум, если + \[ \exists \, \delta > 0 : \forall x \in E \cap (a - \delta, a + \delta), \, x \neq a \quad f(x) < f(a) \] + \end{itemize} + Локальный экстремум -- локальный минимум или максимум. +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + Необходимое условие экстремума. + + $f: \langle a, b \rangle \to \mathbb{R}, \, x_0 \in (a, b)$ + + Если $x_0$ -- точка экстремума и $f$ дифференцируема в точке $x_0$, то $f'(x_0) = 0$. +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + Пусть $x_0$ -- точка локального максимума (случай локального минимума разбирается аналогично). + + Тогда $\exists \, \delta > 0$ такая, что если $x \in (x_0 - \delta, x_0 + \delta)$, то $f(x) \leqslant f(x_0)$. + Следовательно, функция $f$, суженная на интервал $(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$, принимает в точке $x_0$ свое максимальное значение. + Тогда по теореме Ферма $f'(x_0) = 0$. +\end{proof} + +\begin{notice} + \begin{itemize} + \item Обратное неверно. + Например, $f(x) = x^3$. + + $f'(0) = 0$, но 0 не является точкой экстремума. + \item $f$ может быть не дифференцируема в точке экстремума. + Например, $f(x) = |x|$. + + 0 является точкой локального минимума, но $f$ не дифференцируема в 0. + \end{itemize} +\end{notice} + +Если $f'(x_0) = 0$ или $f'(x_0)$ не существует, то $x_0$ -- точка, подозрительная на экстремум. diff --git a/sections/second/ticket83.tex b/sections/second/ticket83.tex new file mode 100644 index 0000000..c604168 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket83.tex @@ -0,0 +1,64 @@ +\subsection{Достаточные условия экстремума для дифференцируемых функций \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=1258}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Достаточные условия экстремума в терминах первой производной. + + $f: \langle a, b \rangle: \to \mathbb{R}, \, x_0 \in (a, b)$ \\ + $f$ непрерывна в точке $x_0$ и дифференцируема на $(x_0 - \delta, x_0)$ и $(x_0, x_0 + \delta)$ для какого-то $\delta$ + \begin{enumerate} + \item Если $f'(x) < 0$ на $(x_0 - \delta, x_0)$ и $f'(x) > 0$ на $(x_0, x_0 + \delta)$, то $x_0$ -- точка строгого локального минимума. + \item Если $f'(x) > 0$ на $(x_0 - \delta, x_0)$ и $f'(x) < 0$ на $(x_0, x_0 + \delta)$, то $x_0$ -- точка строгого локального максимума. + \item Если $f'$ не меняет знак в точке $x_0$, то $x_0$ не является точкой экстремума. + \end{enumerate} +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + Докажем первый пункт. Второй и третий доказываются аналогично. + \begin{itemize} + \item $f$ непрерывна на $(x_0 - \delta, x_0]$, дифференцируема на $(x_0 - \delta, x_0)$ и $f' < 0 \Rightarrow f$ строго убывает на $(x_0 - \delta, x_0] \Rightarrow f(x) > f(x_0)$ при $x \in (x_0 - \delta, x_0)$ + \item $f$ непрерывна на $[x_0, x_0 + \delta)$, дифференцируема на $(x_0, x_0 + \delta)$ и $f' > 0 \Rightarrow f$ строго возрастает на $[x_0, x_0 + \delta) \Rightarrow f(x_0) < f(x)$ при $x \in (x_0, x_0 + \delta)$ + \end{itemize} + $\quad \Rightarrow x_0$ -- точка локального минимума +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Достаточные условия экстремума в терминах второй производной. + + $f: \langle a, b \rangle: \to \mathbb{R}, \, x_0 \in (a, b)$ \\ + $f$ дважды дифференцируема в точке $x_0$ (т.е $f$ дифференцируема в окрестности $x_0$) и $f'(x_0) = 0$ + \begin{enumerate} + \item Если $f''(x_0) > 0$, то $x_0$ -- точка строгого локального минимума. + \item Если $f''(x_0) < 0$, то $x_0$ -- точка строгого локального максимума. + \item Если $f''(x_0) = 0$, то ничего однозначно не утверждается. + \end{enumerate} + + Это частный случай следующей теоремы. +\end{theorem-non} + +\begin{theorem-non} + Достаточные условия экстремума в терминах $n$-ой производной. + + $f: \langle a, b \rangle: \to \mathbb{R}, \, x_0 \in (a, b)$ \\ + $f \; n$ раз дифференцируема в точке $x_0$ и $f'(x_0) = f''(x_0) = \dots = f^{(n - 1)}(x_0) = 0$, но $f^{(n)}(x_0) \neq 0$ + \begin{enumerate} + \item Если $n$ четно и $f^{(n)}(x_0) > 0$, то $x_0$ -- точка строгого локального минимума. + \item Если $n$ четно и $f^{(n)}(x_0) < 0$, то $x_0$ -- точка строгого локального максимума. + \item Если $n$ нечетно, то $x_0$ не является точкой экстремума. + \end{enumerate} +\end{theorem-non} + +\begin{proof} $\quad$ \\ + \begin{enumerate} + \item Запишем формулу Тейлора с остатком в форме Пеано для $f$: + \[ f(x) = \sum_{k = 0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} (x - x_0)^k + o((x - x_0)^n) \] + Так как $f'(x_0) = f''(x_0) = \dots = f^{(n - 1)}(x_0) = 0$, от суммы останутся только слагаемые при $k = 0$ и $k = n$: + \[ f(x) = f(x_0) + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n + o((x - x_0)^n) \] + Перекинем $f(x_0)$ в левую часть и вынесем $(x - x_0)^n$: \[ f(x) - f(x_0) = (x - x_0)^n(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} + o(1)) \] + $\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} + o(1) > 0$ в некоторой окрестности $x_0$, так как $f^{(n)}(x_0) > 0$. + При четном $n$ выражение $(x - x_0)^n$ всегда больше 0. + + Получаем, что $f(x) - f(x_0) > 0$ при $x \to x_0$. Следовательно, $x_0$ -- точка строгого локального минимума. + \item Аналогично первому пункту. + \item При нечетном $n$ получаем, что $(x - x_0)^n(\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} + o(1))$ будет разных знаков с разных сторон от $x_0$. + Значит, $x_0$ не может быть экстремумом. + \end{enumerate} +\end{proof} diff --git a/sections/second/ticket84.tex b/sections/second/ticket84.tex new file mode 100644 index 0000000..ac05c58 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket84.tex @@ -0,0 +1,117 @@ +\subsection{Выпуклые и вогнутые функции. Переформулировки определения выпуклости \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=2655}{\Walley}} +\begin{conj} + $f: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R \quad$ выпуклая, если + $\forall x, y \in \langle a, b \rangle \quad \forall \lambda \in (0, 1)$ + + $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \leqslant \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) \qquad$ \textit{\textbf{выпуклая вниз}} + + $f$ - строго выпуклая, если $f(\lambda x + (1-\lambda)y) < \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) \quad + \forall x \neq y \quad \forall \lambda \in (0, 1)$ + + \begin{tikzpicture}[mydrawstyle/.style={draw=black, very thick}, x=1mm, y=1mm, z=1mm] + \draw[mydrawstyle, ->](-2,30)--(80,30); + \draw[mydrawstyle](0,28)--(0,32) node[below=5]{$a$}; + \draw[mydrawstyle](18,28)--(18,32) node[below=5]{$x$}; + \draw[mydrawstyle](32,28)--(32,32) node[below=5]{$z$}; + \draw[mydrawstyle](57,28)--(57,32) node[below=5]{$y$}; + \draw[mydrawstyle](75,28)--(75,32) node[below=5]{$b$}; + \end{tikzpicture} \\ + $z:= \lambda x + (1-\lambda)y$ + + Так как $x = \lambda x + (1-\lambda)x < \lambda x + + (1-\lambda)y < \lambda y + (1-\lambda)y = y$, мы можем точно сказать, что $z$ находится + между $x$ и $y$. + + $\lambda x + (1-\lambda)y$ - произвольная точка из отрезка $(x, y)$. Если мы позволим $\lambda$ + принимать значения 0 и 1, то формула будет в точности давать отрезок $(x, y)$ + + \begin{tikzpicture} + \draw (2.4cm,1.9cm) node(h) {$f(u)$} + (2.4cm,0.2cm) node(t) {$u$} + (5.5cm,0.2cm) node(y) {$w$} + (5.2cm,3.2cm) node(r) {$f(w)$} + (3.5cm,0.2cm) node(y) {$v$}; + \begin{axis}[ + xmin=-3, xmax=3, + ymin=-3, ymax=3, + axis lines = left, + %xlabel = $x$, + %ylabel = {$f(x)$}, + yticklabels={,,}, + xticklabels={,,} + ] + %Below the red parabola is defined + \addplot [ + domain=-10:10, + smooth, + color=red, + ] + {x^2/2 - 2}; + \addlegendentry{$f(x) = x^2/2 - 2$} + %Here the blue parabloa is defined + \addplot [ + smooth, + domain=-2:3, + color=blue, + ] + {x / 2 - 1}; + \addlegendentry{$g(x) = f(u) + (x - u)\frac{f(w) - f(u)}{w - u}$} + \end{axis} + \filldraw[black] (2.29cm,1.41cm) circle(1.0pt) + (5.7cm,2.85cm) circle(1.0pt) + (3.5cm,0.95cm) circle(1.0pt) + (3.5cm,1.94cm) circle(1.0pt); + \end{tikzpicture} + + $v = \lambda u + (1 - \lambda)w$ + + Точки $(u, f(u))$ и $(w, f(w))$ - точки пересечения графиков. Формулой для $v$ описывается любая точка + из отрезка $(u, w)$. Формула $g(x) = f(u) + (x - u)\frac{f(w) - f(u)}{w - u}$ описывает прямую, соединяющую + точки пересечения графиков функций. + + Найдем $g(v)$: + \begin{equation*} + \begin{split} + g(v) &= f(u) + (v - u)\frac{f(w) - f(u)}{w - u} \\ + &= f(u) + \frac{v - u}{w - u}(f(w) - f(u)) \\ + &= f(u) - \frac{v - u}{w - u}f(u) + \frac{v - u}{w - u}f(w) \\ + &= \frac{w - v}{w - u}f(u) + \frac{v - u}{w - u}f(w) + \end{split} + \end{equation*} + \[ \lambda = \frac{w - v}{w - u} \Rightarrow 1 - \lambda = \frac{v - u}{w - u} \Rightarrow g(v) = \lambda f(u) + (1 - \lambda)f(w) \] + + + Таким образом наше определение выпуклости + говорит о том, что точка $(v, f(v))$ на графике функции лежит ниже, чем хорда, соединяющая + точки $(u, f(u))$ и $(w, f(w))$. +\end{conj} + +\textbf{Пример.} $f(x) = x^2$ строго выпуклая + +$(\lambda x + (1 - \lambda)y)^2 < \lambda x^2 + (1 - \lambda)y^2$ + +$2 \lambda (1 - \lambda)xy < (\lambda - {\lambda}^2)x^2 + ((1 - \lambda) - +(1 - \lambda)^2)y^2$ + +$2xy < x^2 + y^2$ + +\begin{conj} + $f: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R \quad$ вогнутая, если + $\forall x, y \in \langle a, b \rangle \quad \forall \lambda \in (0, 1)$ + + $f(\lambda x + (1-\lambda)y) \geqslant \lambda f(x) + (1 - \lambda) f(y) \qquad$ \textit{\textbf{выпуклая вверх}} +\end{conj} + +\notice $f$ - выпуклая $\Longleftrightarrow (-f)$ - вогнутая + +\subsection*{Переформулировка условия выпуклости $\forall u < v < w$ из $\langle a, b \rangle$} + +$f(v) \leqslant \frac{w - v}{w - u}f(u) + \frac{v - u}{w - u}f(w)$ \qquad +$(w - u)f(v) \leqslant (w - v)f(u) + (v - u)f(w)$ + +\textbf{Свойства: } +\begin{enumerate} + \item $f, g$ выпуклые на $\langle a, b \rangle \Longrightarrow f + g$ выпуклая на $\langle a, b \rangle$ + \item Если $f$ выпуклая на $\langle a, b \rangle, \alpha > 0 \Longrightarrow \alpha f$ выпуклая на $\langle a, b \rangle$ +\end{enumerate} + diff --git a/sections/second/ticket85.tex b/sections/second/ticket85.tex new file mode 100644 index 0000000..b0ba860 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket85.tex @@ -0,0 +1,53 @@ +\subsection{Лемма о трех хордах. Непрерывность и дифференцируемость выпуклой функции \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=4860}{\Walley}} + +\textbf{Лемма.} +\textit{ + Лемма о трех хордах. +} \quad $f$ \textit{ + выпуклая на +} $\langle a, b \rangle \quad u < v < w$ + +\textit{Тогда: }$\frac{f(v) - f(u)}{v - u} \leqslant \frac{f(w) - f(u)}{w - u} \leqslant \frac{f(w) - f(v)}{w - v}$, +\textit{ + причем каждое из трех неравенств равносильно выпуклости +} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item $\frac{f(v) - f(u)}{v - u} \leqslant \frac{f(w) - f(u)}{w - u}$ + + $\frac{f(v) - f(u)}{v - u} \leqslant \frac{f(w) - f(u)}{w - u} \Longleftrightarrow (w - u) + (f(v) - f(u)) \leqslant (v - u)(f(w) - f(u)) \Longleftrightarrow (w-u)f(v) \leqslant + ((w - u) - (v - u))f(u) + (v - u)f(w) = (w - v)f(u) + (v - u)f(w)$ + \item $\frac{f(w) - f(u)}{w - u} \leqslant \frac{f(w) - f(v)}{w - v}$ \qquad + Аналогично $(1)$ + \item $\frac{f(v) - f(u)}{v - u} \leqslant \frac{f(w) - f(v)}{w - v} \Longleftrightarrow (w - v) + (f(v) - f(u)) \leqslant (v - u)(f(w) - f(u)) \Longleftrightarrow ((w - v) + (v - u))f(v) \leqslant (w - v)f(u) + + (v - u)f(w) \Longleftrightarrow (w - u)f(v) \leqslant (w - v)f(u) + (v - u)f(w)$ + \end{enumerate} +\end{proof} + +\notice \; Строгая выпуклость $\Longleftrightarrow$ в лемме о трех хордах все неравенства строгие + +\begin{theorem-non} + $f$ - выпуклая на $\langle a, b \rangle \Longrightarrow$ при всех $x \in (a, b)$ + существуют $f_{\pm}'(x)$, причем $f_{-}'(x) \leqslant f_{+}'(x)$ + + \begin{proof} + Пусть $u < v < w < x < y$ -- точки из $\langle a, b \rangle$. + + Тогда $\frac{f(u) - f(w)}{u - w} \leqslant \frac{f(v) - f(w)}{v - w} \leqslant \frac{f(x) - f(w)}{x - w} \leqslant \frac{f(y) - f(w)}{y - w}$ + + $g(u) := \frac{f(u) - f(w)}{u - w}$ возрастает на $\langle a, w)$ и ограничена сверху + $\frac{f(x) - f(w)}{x - w}$ + + Тогда существует $f_{-}'(w) = \lim\limits_{u \longrightarrow w_{-}}{g(u)} \leqslant \frac{f(x) - f(w)}{x - w}$ + + $h(x) := \frac{f(x) - f(w)}{x - w}$ возрастает на $( w, b \rangle$ и ограничена снизу + $f_{-}'(w) \Longrightarrow$ + + сущестувет $f_{+}'(w) = \lim\limits_{x \longrightarrow w_{+}}{h(x)} \geqslant f_{-}'(w) $ + \end{proof} +\end{theorem-non} + +\follow \; $f$ - выпуклая на $\langle a, b \rangle \Longrightarrow f$ непрерывна на $(a, b)$ diff --git a/sections/second/ticket86.tex b/sections/second/ticket86.tex new file mode 100644 index 0000000..12ae5d7 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket86.tex @@ -0,0 +1,117 @@ +\subsection{Характеристика выпуклых функций с помощью касательных. Критерии выпуклости в терминах первой и второй производных. Примеры \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=6210}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Если $f$ дифференцируема на $\langle a, b \rangle$, то выпуклость $f$ на $\langle a, b \rangle \Longleftrightarrow + f(x) \geqslant f(x_0) + f'(x_0)(x - x_0) \qquad \forall x, x_0 \in \langle a, b \rangle $ + + \begin{tikzpicture} + \draw (3.98cm,0.2cm) node(t) {$x_0$} + (5.7cm,0.2cm) node(y) {$x$} + (4.8cm,0.2cm) node(y) {$u$}; + \begin{axis}[ + xmin=-3, xmax=3, + ymin=-3, ymax=3, + axis lines = left, + yticklabels={,,}, + xticklabels={,,} + ] + %Below the red parabola is defined + \addplot [ + domain=-10:10, + smooth, + color=red, + ] + {x^2/2 - 2}; + %Here the blue parabloa is defined + \addplot [ + smooth, + domain=-2:3, + color=blue, + ] + {x / 2 - 2.12}; + \end{axis} + \filldraw[black] (5.7cm,2.85cm) circle(1.0pt) + (5.7cm,1.78cm) circle(1.0pt) + (3.98cm,1.07cm) circle(1.0pt); + \end{tikzpicture} + + \begin{proof} \quad + + \begin{itemize} + \item[``$\Longrightarrow$'':] $x_0 < u < x$ \qquad + $\frac{f(u) - f(x_0)}{u - x_0} \leqslant \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ + + $\frac{f(u) - f(x_0)}{u - x_0} \underset{u \rightarrow x_{0+}}{\longrightarrow}$ + $f_{+}'(x_0) = f'(x_0) \Longrightarrow (x - x_0)f'(x_0) \leqslant f(x) - f(x_0)$ + + $x < u < x_0$ \qquad + $\frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0} \leqslant \frac{f(u) - f(x_0)}{u - x_0} + \underset{u \rightarrow x_{0-}}{\longrightarrow} + f_{-}'(x_0) = f'(x_0)$ + + $\Longrightarrow (x - x_0)f'(x_0) \leqslant f(x) - f(x_0)$ + + Для доказательства со строгим знаком и строгой монотоннсотью тут нужно плясать с + \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=6638}{бубном}. Пихнуть между $u$ и $x$ еще одну точку. Например $v$. + И тогда уже получить неравенство со строгими знаками: $\frac{f(u) - f(x_0)}{u - x_0} < \frac{f(v) - f(x_0)}{v - x_0}< \frac{f(x) - f(x_0)}{x - x_0}$ + \item[``$\Longleftarrow$'':] Пусть $x_1 < x < x_2$. Тогда + + $f(x_1) \geqslant f(x) + f'(x)(x_1 - x)$ \quad $\times (x_2 - x)$ + + $f(x_2) \geqslant f(x) + f'(x)(x_2 - x)$ \quad $\times (x - x_1)$ + + $\Longrightarrow (x_2 - x)f(x_1) + (x - x_1)f(x_2) \geqslant + (x_2 - x)f(x) + (x - x_1)f(x) = (x_2 - x_1)f(x) \Longrightarrow f$ выпукла на $\langle a, b \rangle$ + \end{itemize} + \end{proof} +\end{theorem-non} +\textbf{Критерий выпуклости} + +\begin{enumerate} + \item $f$ непрерывна на $\langle a, b \rangle$ и дифференцируема на $(a, b)$ + + $f$ - (строго) выпукла на $\langle a, b \rangle \Longleftrightarrow f'$ - (строго) монотонно возрастает на $(a, b)$ + + \begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item[``$\Longrightarrow$'':] $f'(x_1) \leqslant \frac{f(x_2) - f(x_1)}{x_2 - x_1} \leqslant f'(x_2)$ + \item[``$\Longleftarrow$'':] $\frac{f(u) - f(v)}{u - v} \overset{?}{\leqslant} \frac{f(v) - f(w)}{v - w}$ + + Воспользуемся теоремой Лагранжа и скажем, что $\frac{f(u) - f(v)}{u - v} = f'(s)$, где $s \in (u, v)$ + + А также $\frac{f(v) - f(w)}{v - w} = f'(t)$, где $t \in (v, w)$ + + Ну а раз у нас строго монотонно возрастающая производная, мы знаем, что $f'(s) \leqslant f'(t)$ + \end{enumerate} + \end{proof} + + \item $f$ непрерывна на $\langle a, b \rangle$ и дважды дифференцируема на $(a, b)$ + + $f$ - выпукла на $\langle a, b \rangle \Longleftrightarrow f'' \geqslant 0$ на $(a, b)$ + + \begin{proof} + Первый пункт + критерий монотонности + \end{proof} +\end{enumerate} + +\notice \; Строгая выпуклость $\Longleftarrow f'' > 0$, но не наоборот \\ +Пример: $f(x) = x^4 \qquad f''(x) = 12x^2$ + +\subsection*{Примеры.} +\begin{enumerate} + \item $a^x$ строго выпуклая на $\R$ \qquad $a \neq 1, a > 0$ + + $(a^x)'' = a^x(\ln{a})^2 > 0 \Longrightarrow a^x$ строго выпукла + \item $\ln{x}$ строго вогнутый на $(0, +\infty)$ + + $(\ln{x})'' = (\frac{1}{x})' = - \frac{1}{x^2} < 0 \Longrightarrow - \ln{x}$ строго выпукла + \item $x^p$ на $(0, +\infty)$ + + $(x^p)'' = p(p - 1)x^{p - 2}$ + + \begin{itemize} + \item[] если $p > 0$, то $(x^p)'' > 0 \Longrightarrow$ строго выпукла + \item[] если $p < 0$, то $(x^p)'' < 0 \Longrightarrow$ строго выпукла + \item[] если $0 < p < 1$, то $(x^p)'' < 0 \Longrightarrow$ строго вогнута + \end{itemize} +\end{enumerate} diff --git a/sections/second/ticket87.tex b/sections/second/ticket87.tex new file mode 100644 index 0000000..1175bce --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket87.tex @@ -0,0 +1,64 @@ +\subsection{Неравенство Йенсена, неравенство о средних \href{https://youtu.be/CAxh8kYEOlQ?t=8091}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Неравенство Йенсена. + + $\lambda_1, \cdots, \lambda_n \geqslant 0$, + $\lambda_1+\cdots+\lambda_n = 1$ + + $f: \langle a, b \rangle \to \R$ выпуклая + + $x_1,\cdots, x_n \in \langle a, b \rangle$ + + Тогда \[f(\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_nx_n)\leqslant \lambda_1f(x_1)+ + \cdots+\lambda_nf(x_n) \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + Индукция. База $n = 2$ - определение выпуклости. Переход $n \to n+1$ + + $ (1-\lambda_{n+1}) y:= \lambda_1x_1+\cdots+\lambda_n x_n$ + + \[ f(\lambda_1x_1+\cdots+\lambda_n x_n + \lambda_{n+1}x_{n+1}) = f(\lambda_{n+1}x_{n+1} + (1-\lambda_{n+1})y) + \leqslant \lambda_{n+1}f(x_{n+1}) + (1-\lambda_{n+1})f(y) = \] + + \[ \lambda_{n+1}f(x_{n+1}) + (1-\lambda_{n+1}) f \left( \frac{\lambda_1}{1-\lambda_{n+1}}x_1 + \frac{\lambda_2}{1-\lambda_{n+1}}x_2+ + \cdots + \frac{\lambda_n}{1-\lambda_{n+1}}x_n \right) \leqslant \] + + Применим индукционное предположение. Можем так сделать, потому что $\sum\limits_{k = 1}^n \frac{\lambda_k}{1 - \lambda_{n + 1}} = 1$. + + \[ \leqslant \lambda_{n+1}f(x_{n+1}) + (1-\lambda_{n+1}) \left( \frac{\lambda_1}{1-\lambda_{n+1}}f(x_1) + \frac{\lambda_2}{1-\lambda_{n+1}}f(x_2)+ + \cdots + \frac{\lambda_n}{1-\lambda_{n+1}}f(x_n) \right) = \] + + \[ = \lambda_1f(x_1)+ \cdots+\lambda_nf(x_n) \] + + Осталось показать, что $a \leq y \leq b$ (там может быть отрезок или интервал, но на суть это не влияет) + + Оценим иксы снизу и сверху как $a$ и $b$ соответственно + + \[ \lambda_1 a+\cdots+\lambda_n a \leq (1-\lambda_{n+1})\cdot y \leq \lambda_1 b+\cdots+\lambda_n b \] + + Делим и получаем $a \leqslant y \leqslant b$ + + Графический смысл теоремы - центр масс лежит над графиком + +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Неравенство о средних (AM-GM - arigthmetic mean, geometry mean) + + $x_1, x_2, \cdots, x_n \geqslant 0$. Тогда + + $\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \leqslant \frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n}$ +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + Докажем, что \[\ln (\sqrt[n]{x_1x_2\dots x_n}) = \frac{1}{n}(\ln x_1 + \ln x_2 + \dots + \ln x_n) + \leqslant \ln (\frac{x_1+x_2+\dots+x_n}{n})\] + + Будем считать, что все $x > 0$, так как если какой-то равен 0, то неравенство очевидно + + + Это неравенство Йенсена для $f(x) = -\ln x$ - выпуклая. + $\lambda_1 = \lambda_2 = \cdots = \lambda_n = \frac{1}{n} $. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket88.tex b/sections/second/ticket88.tex new file mode 100644 index 0000000..eee3a62 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket88.tex @@ -0,0 +1,70 @@ +\subsection{Неравенство между средними степенными \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=403}{\Walley}} +\begin{theorem-non} + Неравенство между средними степенными + + $x_1, x_2, \dots, x_n > 0,\ p0$. + + Докажем, что $M_p \leqslant M_1$. + + \[\frac{x_1^p+x_2^p+\cdots x_n^p}{n} \leqslant \left(\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}\right)^p\] + + Это неравенство Йенсена для $f(x) = -x^p,\ p\in (0, 1),\ \lambda_1=\cdots=\lambda_n=\frac{1}{n}$ + \item Случай: $0 < p < q$. + + Пусть $r:=\frac{p}{q}$. Тогда по предыдущему пункту $M_r \leqslant M_1$. + + Подставим $x_1^q,\dots, x_n^q$. + + \[\left(\frac{(x_1^q)^r+\cdots+(x_n^q)^r}{n}\right )^\frac{1}{r} \leqslant + \frac{x_1^q+x_n^q+\cdots+x_n^q}{n}\] + + \[\left(\frac{x_1^p+\cdots+x_n^p}{n}\right)^\frac{q}{p} \leqslant + \frac{x_1^q+x_2^q+\cdots+x_n^q}{n}\] + + Теперь просто возведем в степень $\frac{1}{q}$ и получим результат. + \item Случай: $p < q < 0$. + + По предыдущему пункту $M_{-q} \leqslant M_{-p}$. + + Подставим $1/x_1, 1/x_2,\cdots, 1/x_n$ + + \[ \left(\frac{(1/x_1)^{-q}+\cdots+(1/x_n)^{-q}}{n}\right)^{-\frac{1}{q}} \leqslant + \left(\frac{(1/x_1)^{-p} + \cdots + (1/x_n)^{-p} }{n}\right)^{-\frac{1}{p}} \] + + Левая и правая части соответственно равны + + \[\left(\frac{x_1^q+\cdots+x_n^q}{n}\right)^{-\frac{1}{q}} \leqslant + \left(\frac{x_1^p+x_2^p+\cdots+x_n^p}{n}\right)^{-\frac{1}{p}}\] + + Теперь возведем в степень $-1$ и получим искомое неравенство. + \item Случай $p < 0 < q$. + + Покажем, что $M_p \leqslant $ среднее геометрическое $\leqslant M_q$ + + \[M_p = \frac{x_1^p+\cdots + x_n^p}{n}) \geqslant \sqrt[n]{x_1^p x_2^p \dots x_n^p} + = (\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n})^p\] + \[ (\frac{x_1^p+\cdots + x_n^p}{n})^{\frac{1}{p}} \leqslant \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \] + + Знак поменялся, так как $p < 0$. + + \[M_q = \left(\frac{x_1^q+\cdots + x_n^q}{n}\right)^\frac{1}{q} \geqslant + \left(\sqrt[n]{x_1^qx_2^q\cdots x_n^q}\right)^\frac{1}{q} = \sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n}\] + \end{itemize} +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + $\lim\limits_{p \to 0} M_p = M_0$ (среднее геометрическое) + + $\lim\limits_{p \to \infty} M_p = \max(x_1, x_2,\cdots, x_n)$ + + $\lim\limits_{p \to -\infty} M_p = \min(x_1, x_2, \cdots, x_n)$ +\end{theorem-non} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket89.tex b/sections/second/ticket89.tex new file mode 100644 index 0000000..a989943 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket89.tex @@ -0,0 +1,111 @@ +\subsection{Неравенства Гёльдера, Коши–Буняковского и Минковского \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=1407}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Неравенство Гёльдера. + $a_k, b_k \geqslant 0,\ p, q > 1,\ \frac{1}{p}+\frac{1}{q} = 1$. Тогда + + \[ \sum_{k=1}^{n} a_k b_k \leqslant \left( \sum_{k=1}^{n} a_k^p\right)^\frac{1}{p} \left( \sum_{k=1}^{n} b_k^q\right)^\frac{1}{q} \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + При умножении всех $b$ на какую-то константу неравенство остается верным. Тогда можно считать, что $b_1^q+b_2^q+\cdots+b_n^q=1$ + + Это получается для каждой $b$ делением на $\sqrt[q]{b_1^q+b_2^q+\cdots+b_n^q}$ + + Тогда нужно доказать + + \[ \left(\sum a_k b_k \right)^p \leqslant \sum a_k^p \] + + Возьмем $f(x) = x^p$, она выпуклая. Хотим привести к виду + + \[ f(\sum \lambda_k x_k) \leqslant \sum \lambda_k f(x_k) \] + + $ + \begin{cases} + \lambda_k x_k = a_k b_k \\ + \lambda_k x_k^p = a_k^p + \end{cases} + $ + + Поделим вторую строчку на первую, тогда + + \[ x_k^{p-1} = \frac{a_k^{p-1}}{b_k} \Rightarrow x_k = \frac{a_k}{b_k^{\frac{1}{p-1}}},\ + \lambda_k = \frac{a_k b_k}{x_k} = b^{1+\frac{1}{p-1}} = b_k^q\] + + Мы свели к неравенству Йенсена + + $\frac{1}{p}+\frac{1}{q} = 1$ используется в последнем переходе, и без него было бы неверно, что сумма лямбд равна $1$ + + \begin{notice} + Если $\frac{1}{p}+\frac{1}{q} = 1$ и $0 < p < 1$, то $q < 0$ и верно неравенство с обратным знаком. + \end{notice} +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Неравенство Коши–Буняковского. + + \[ (\sum_{k=1}^{n} a_k b_k)^2 \leqslant \sum_{k=1}^{n} a_k^2 \cdot \sum_{k=1}^{n}b_k^2 \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + $p = q = 2$, тогда по неравенству Гёльдера + \[ |\sum a_kb_k| \leqslant \sum|a_kb_k| \leqslant \left(\sum|a_k|^2\right)^\frac{1}{2} \left(\sum|b_k|^2\right)^\frac{1}{2} = + \left(\sum a_k^2 \sum b_k^2\right)^\frac{1}{2}\] + + Возводим самую левую и самую правую часть в квадрат и получаем искомое неравенство. +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Неравенство Минковского. + + $a_k, b_k \geqslant 0,\ p \geqslant 1$. Тогда + + \[ \left(\sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^p\right)^\frac{1}{p} \leqslant \left(\sum_{k=1}^{n} a_k^p\right)^\frac{1}{p} + + \left(\sum_{k=1}^{n} b_k^p\right)^\frac{1}{p} \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + $p = 1$ очевидно (написано тождество). Пусть $p > 1$. + + \[ \sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)^p = \sum_{k=1}^{n}(a_k+b_k)(a_k+b_k)^{p-1} = + \sum_{k=1}^{n} a_k(a_k+b_k)^{p-1} + \sum_{k=1}^{n} b_k(a_k+b_k)^{p-1} \] + + Подберем под это неравенство Гёльдера: + + $q = \frac{p}{p-1}$ (тогда $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$) + + \[ \sum_{k=1}^{n} a_k(a_k+b_k)^{p-1} \leqslant \left( \sum a_k^p \right)^\frac{1}{p} \left( \sum ((a_k+b_k)^{p-1})^q \right)^\frac{1}{q} + = \left( \sum a_k^p \right)^\frac{1}{p} \left( \sum (a_k+b_k)^p \right)^\frac{1}{q} \] + + Аналогично для второго слагаемого. Тогда продолжим нашу цепочку неравенств: + + \[ \sum_{k=1}^{n} a_k(a_k+b_k)^{p-1} + \sum_{k=1}^{n} b_k(a_k+b_k)^{p-1} \leqslant + \left( \sum a_k^p \right)^\frac{1}{p} \left( \sum (a_k+b_k)^p \right)^\frac{1}{q} + \left( \sum b_k^p \right)^\frac{1}{p} \left( \sum (a_k+b_k)^p \right)^\frac{1}{q} \] + + Делим самую левую и самую правую часть на $\left( \sum (a_k+b_k)^p \right)^\frac{1}{q}$, + получаем то что надо (при вычислении степеней не забывать, что $1/p + 1/q = 1$) + + +\end{proof} + +\begin{theorem-non} + Следствие: $x_k, y_k, z_k \in \R,\ p \geqslant 1$. Тогда + + \[ \left( \sum |x_k-y_k|^p \right)^\frac{1}{p} + \left( \sum |y_k-z_k|^p \right)^\frac{1}{p} \geqslant + \left( \sum |z_k-x_k|^p \right)^\frac{1}{p} \] + +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + $a_k = |x_k - y_k|,\ b_k = |y_k - z_k|$ + + \[ \left( \sum a^p \right)^\frac{1}{p} + \left( \sum b^p \right)^\frac{1}{p} + \geqslant \left( \sum (a_k+b_k)^p \right)^\frac{1}{p} \geqslant \left( \sum |z_k-x_k|^p \right)^\frac{1}{p} \] + +\end{proof} + +\begin{notice} +$\rho(x, y) = \left( \sum |x_k-y_k|^p \right)^\frac{1}{p}$ - метрика + +$||x|| := \left( \sum |x_k|^p \right)^\frac{1}{p}$ - норма +\end{notice} \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket90.tex b/sections/second/ticket90.tex new file mode 100644 index 0000000..9cd91ed --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket90.tex @@ -0,0 +1,47 @@ +\subsection{Определение первообразной и неопределенного интеграла. Общий вид первообразной. Примеры функций не имеющих первообразную \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=3244}{\Walley}} + +\begin{conj} + $f: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R$. $F: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R$ - первообразная $f$, если + + $F'(x) = f(x)\ \forall x\in \langle a, b \rangle$ +\end{conj} + +Не всякая функция имеет первообразную. Примеры +\begin{itemize} + \item sign $x:= \begin{cases} + 1,\ x > 0\\ + 0,\ x = 0\\ + -1,\ x < 0\\ + \end{cases}$ + Пусть sign $x = F'(x)$, рассмотрим отрезок $[-1, 1]$. + + $F'(1) = 1,\ F'(-1) = -1$, тогда по теореме Дарбу $F'$ принимает все промежуточные значения, а это не так. + + \item По этому примеру можно понять, что не подходит любая функция, у которой есть "скачок" +\end{itemize} + +\begin{theorem-non} + Непрерывная на промежутке функция имеет первообразную. Доказательства еще не было +\end{theorem-non} + +\begin{theorem-non} + $f, F: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R,\ F$ - первообразная, $f$ + \begin{itemize} + \item $F + C$ - первообразная $f$, где $C$ - любая константа + \item $\Phi: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R$ - первообразная $f \Rightarrow$ $\Phi = F+C$ для некоторой $C$ + \end{itemize} +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + 1) $(F(x)+C)' = F'(x) = f(x)$ + + 2) $(\Phi(x)-F(x))' = \Phi'(x) - F'(x) = 0 \Rightarrow \Phi - F$ - константа +\end{proof} + +\begin{conj} + Неопределенный интеграл - множество всех первообразных + + $\int f(x) dx$ или $\int f$ +\end{conj} + +Замечание. Для проверки равенства $\int f = F(x) + C$ достаточно доказать, что $F'(x) = f$ \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket91.tex b/sections/second/ticket91.tex new file mode 100644 index 0000000..2628281 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket91.tex @@ -0,0 +1,45 @@ +\subsection{Таблица интегралов. Арифметические действия с неопределенными интегралами. Линейность интеграла \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=4373}{\Walley}} +\begin{conj} + Арифметические операции с множествами функций + + $A+B := \{a+b: a \in A,\ b \in B\}$ + + $\lambda A := \{ \lambda a : a \in A\}$ +\end{conj} + +Таблица интегралов + +\begin{itemize} + \item $\int 0\ dx = C$ + \item $\int x^p\ dx = \frac{x^{p+1}}{p+1} + C$ при $p \neq -1$ + \item $\int \frac{1}{x}\ dx = \ln |x| + C$ + \item $\int a^x\ dx = \frac{a^x}{\ln a} + C$ при $a > 0,\ a\neq 1$ + \item $\int \sin x\ dx = -\cos x + C$ + \item $\int \cos x\ dx = \sin x + C$ + \item $\int \frac{1}{\cos^2 x}\ dx = \tg x + C$ + \item $\int \frac{1}{\sin^2 x}\ dx = -\ctg x + C$ + \item $\int \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\ dx = \arcsin x + C$ + \item $\int \frac{1}{1+x^2}\ dx = \arctan x + C$ + \item $\int \frac{1}{\sqrt{x^2\pm 1}}\ dx = \log|x+\sqrt{x^2\pm 1}| + C$ + \item $\int \frac{1}{1-x^2}\ dx = \frac{1}{2}\log |\frac{1+x}{1-x}| + C$ +\end{itemize} + +Арифметические действия с неопределенными интегралами + + $f, g: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R$ имеют первообразную. Тогда + \begin{itemize} + \item $f+g$ имеет первообразную и $\int(f+g) = \int f + \int g$ + \item $\alpha f$ имеет первообразную и $\int \alpha f = \alpha f$, если $\alpha \neq 0$ + \end{itemize} + +\begin{proof} + $F$ и $G$ первообразные $f, g$ + 1) $F+G$ - первообразная $f+g$ т.к. $(F+G)'=F'+G'=f+g$ + 2) $(\alpha F)' = \alpha F' = \alpha f$ +\end{proof} + +\follow \; Линейность интеграла. + +$f, g: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R$ имеют первообразную, $\alpha, \beta \in \R,\ |\alpha|+|\beta|\neq 0$. + +Тогда $\int (\alpha f + \beta g) = \alpha \int f + \beta \int g$ \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket92.tex b/sections/second/ticket92.tex new file mode 100644 index 0000000..5f1d495 --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket92.tex @@ -0,0 +1,44 @@ +\subsection{Теоремы о замене переменной в неопределенном интеграле. Формула интегрирования по частям. Примеры \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=5408}{\Walley}} + +\begin{theorem-non} + Теорема о замене переменной в неопределенном интеграле + + $f: \langle a, b \rangle \longrightarrow \R, \; \varphi: \langle c, d \rangle \longrightarrow \langle a, b \rangle,\ f$ + имеет первообразую $F$, $\varphi$ дифференцируема. Тогда: + + \[ \int f(\varphi(t))\varphi'(t) dt = F(\varphi(t))+C \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + \[(F(\varphi(t)))' = F'(\varphi(t))\varphi'(t) = f(\varphi(t))\varphi'(t)\] +\end{proof} + +Следствие для $\alpha \neq 0$ + +\[\int f(\alpha x + \beta)\ dx = \frac{1}{\alpha} F(\alpha x + \beta) + C \] + +Пример. $f(x) = \frac{1}{1+x^2},\ \varphi(t) = t^2$ + +$\int \frac{t\ dt}{1+t^4} = \int \frac{1}{2}f(\varphi(t))\varphi'(t)\ dt += \frac{1}{2} F(\varphi(t)) + C = \frac{1}{2} \arctan(x^2) + C$ + +\begin{theorem-non} + Формула интегрирования по частям. + + $f, g: \langle a, b \rangle \ \longrightarrow \R$ дифференцируемые, $f'g$ имеет первообразную. Тогда + $fg'$ тоже имеет первообразную и + \[ \int fg' = fg - \int f'g \] +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + $H$ - первообразная для $f'g$. Надо доказать, что $\int fg' = fg - H + C$ + + $(fg - H +C)' = f'g+fg'-f'g = fg'$ - то что надо +\end{proof} + +Пример. \[\int \arctan x\ dx = \int f(x)g'(x)\ dx = +f(x)g(x)-\int f'(x)g(x)\ dx = \arctan(x)x - \int \frac{x}{1+x^2}\ dx = \] + +\[ x\arctan x - \frac{1}{2} \log(1+x^2)\] + +$g(x) = x,\ f(x) = \arctan x$ \ No newline at end of file diff --git a/sections/second/ticket93.tex b/sections/second/ticket93.tex new file mode 100644 index 0000000..730270b --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket93.tex @@ -0,0 +1,52 @@ +\subsection{Определение и простейшие свойства площади и квазиплощади \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=6438}{\Walley}} + +$\mathcal{F}$ - совокупность всех ограниченных подмножеств плоскости + +\begin{conj} + $\sigma: \mathcal{F} \to [0, +\infty)$ - площадь, если + + 1) $\sigma([a, b]\times[c, d]) = (b-a)(c-d)$ + + 2) Если $E_1\cap E_2 = \varnothing$, то $\sigma(E_1 \cup E_2) = \sigma(E_1) \cup \sigma(E_2)$ +\end{conj} + +\textbf{Свойство:} Если $E \subset \widetilde{E}$, то +$\sigma(E) \leqslant \sigma(\widetilde{E})$ + +\begin{proof} + $\widetilde{E} = E \cup (\widetilde{E} \setminus E) \Rightarrow + \sigma(\widetilde{E}) = \sigma(E) + \sigma(\widetilde{E} \setminus E) \geqslant \sigma(E)$ +\end{proof} + +\begin{conj} + $\sigma: \mathcal{F} \to [0, +\infty)$ - квазиплощадь, если + + 1) $\sigma([a, b]\times[c, d]) = (b-a)(c-d)$ + + 2) Если $E \subset \widetilde{E}$, то $\sigma(E) \leqslant \sigma(\widetilde{E})$ + + 3) $\sigma(E) = \sigma(E_{-}) + \sigma(E_{+})$. $E_{-}$ и $E_{+}$ получаются + разбиением $E$ горизонтальной или вертикальной прямой. +\end{conj} + +\textbf{Свойства:} +\begin{enumerate} + \item Площадь подмножества любого вертикального или горизонтального отрезка ноль (из пункта 1 определения) + \item $E_{-}$ и $E_{+}$ могут пересекаться +\end{enumerate} + +\begin{proof} + Знаем, что $\sigma(E) = \sigma(E_-) + \sigma(E_+)$ + + Каждую половину можно снова расщепить по той же прямой и показать, что эту полоску + можно добавлять или выкидывать сколько угодно раз. + Более формально: + + $E_-' := \sigma(E_- \setminus l),\ + E_-'' = E_- \cup (E \cap l)$ + + $E_-' \subset E_- \subset E_-''$ + + \[\sigma(E_-') \leqslant \sigma(E_-) \leqslant \sigma(E_-'') = \sigma(E_-') \sigma(E \cup l) = \sigma(E_-') \Rightarrow + \sigma(E_-) = \sigma(E_-') = \sigma(E_-'')\] +\end{proof} diff --git a/sections/second/ticket94.tex b/sections/second/ticket94.tex new file mode 100644 index 0000000..9d5e29b --- /dev/null +++ b/sections/second/ticket94.tex @@ -0,0 +1,56 @@ +\subsection{Пример квазиплощади, определенной на всех подмножествах плоскости \href{https://youtu.be/p9C57KDo1Yg?t=7344}{\Walley}} + +Примеры квазиплощади + +\begin{enumerate} + \item \[\sigma_1(E) = \inf \bigg\{ \sum_{k=1}^{n}|P_k| : E \subset \bigcup\limits_{k=1}^n \bigg\} \] + +$P_k$ - прямоугольники (конечное покрытие). $|P_k|$ - стандартная площадь прямоугольника. + \item \[\sigma_2(E) = \inf \bigg\{ \sum_{k=1}^{\infty}|P_k| : E \subset \bigcup\limits_{k=1}^{\infty} \bigg\} \] + +То же самое, только счетное покрытие +\end{enumerate} + +\notice \; $\sigma_1(E) \geqslant \sigma_2(E)$ + +\textbf{Упражнение:} $E = ([0, 1] \cap \Q)^2$. Доказать, что $\sigma_1(E) = 1,\ \sigma_2(E) = 0$ + +\textbf{Упражнение:} $\sigma_1,\ \sigma_2$ не меняются при параллельном переносе + +\begin{theorem-non} + $\sigma_1$ - квазиплощадь. +\end{theorem-non} + +\begin{proof} + Свойство 2. Рассмотрим покрытие $\widetilde{E} \subset \bigcup\limits_{k=1}^n P_k + \Rightarrow E \subset \bigcup\limits_{k=1}^n$ + + Тогда инфимум для $E$ берется по большему множеству, значит он может быть только меньше + + Свойство 3. $"\leqslant":$ + \[E_{-} \subset \bigcup\limits_{k=1}^n P_k,\ + E_{+} \subset \bigcup\limits_{j=1}^m Q_j\] + + \[E \subset \bigcup\limits_{k=1}^n P_k\ \cup\ \bigcup\limits_{j=1}^m Q_j\] + + \[\sigma_1(E) \leqslant \sum |P_k| + \sum |Q_j| \Rightarrow \sigma(E) \leqslant \inf + \Big\{ \sum |P_k| \Big\} + \sum |Q_j| = \sigma_1(E_{-}) + \sum |Q_j| \Rightarrow \] + + \[ \Rightarrow \sigma_1(E) \leqslant \sigma_1(E_{-}) + \inf \Big\{ \sum |Q_k| \Big\} = + \sigma_1(E_{-}) + \sigma_1 + (E_{+}) \] + + $"\geqslant"$ + + \[ \sigma_1(E_{-}) + \sigma_1(E_{+}) \leqslant \sum |P_k^{-}| + \sum |P_k^{+}| = \sum |P_k|\] + + Переходим к $\inf$ + + \[ \sigma_1(E_{-}) + \sigma_1{E_{+}} \leqslant \sigma_1(E) \] + + Свойство 1. + + $"\leqslant"$ очевидно, так как в качестве покрытия можно взять сам прямоугольник + + $"\geqslant"$. Если прямугольник уже идеально нарезан, то получилось равенство. + Для произвольного покрытия можем отрезать лишние куски, выкинуть повторяющиеся куски и получить идеальную нарезку. +\end{proof} diff --git a/sections/third.tex b/sections/third.tex new file mode 100644 index 0000000..e3ca204 --- /dev/null +++ b/sections/third.tex @@ -0,0 +1,202 @@ +\section{Опеределенный интеграл} +\import{third/}{ticket1.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket2.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket3.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket4.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket5.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket6.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket7.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket8.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket9.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket10.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket11.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket12.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket13.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket14.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket15.tex} +$ $ +\section{Несобственный интеграл} +\import{third/}{ticket16.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket17.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket18.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket19.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket20.tex} +$ $ + +\section{Длина кривой} +\import{third/}{ticket21.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket22.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket23.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket24.tex} +$ $ + +\chapter{Ряды} +\section{Ряды в нормированных пространствах} +\import{third/}{ticket25.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket26.tex} +$ $ + +\section{Знакопостоянные ряды} +\import{third/}{ticket27.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket28.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket29.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket30.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket31.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket32.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket33.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket34.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket35.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket36.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket37.tex} +$ $ + +\section{Бесконечные произведения} +\import{third/}{ticket38.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket39.tex} +$ $ + +\section{Функциональные последовательности и ряды} +\import{third/}{ticket40.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket41.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket42.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket43.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket44.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket45.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket46.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket47.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket48.tex} +$ $ + +\section{Свойства равномерно сходящихся последовательностей и рядов} +\import{third/}{ticket49.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket50.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket51.tex} +$ $ + +\section{Степенные ряды} +\import{third/}{ticket52.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket53.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket54.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket55.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket56.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket57.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket58.tex} +$ $ + +\chapter{Функции нескольких переменных} +\section{Линейные операторы} +\import{third/}{ticket59.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket60.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket61.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket62.tex} +$ $ + +\section{Дифференцируемые отображения} +\import{third/}{ticket63.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket64.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket65.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket66.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket67.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket68.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket69.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket70.tex} +$ $ + +\section{Непрерывная дифференцируемость} +\import{third/}{ticket71.tex} +$ $ + +\section{Частные производные высших порядков} +\import{third/}{ticket72.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket73.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket74.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket75.tex} +$ $ + +\section{Обратная и неявная функции} +\import{third/}{ticket76.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket77.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket78.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket79.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket80.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket81.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket82.tex} +$ $ + +\section{Экстремумы функций} +\import{third/}{ticket83.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket84.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket85.tex} +$ $ +\import{third/}{ticket86.tex} +$ $ \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/a.sh b/sections/third/a.sh new file mode 100755 index 0000000..49e3de0 --- /dev/null +++ b/sections/third/a.sh @@ -0,0 +1,8 @@ +#! /bin/bash +amount=1 +while IFS= read -r line +do + touch ticket${amount}.tex + echo "\section{${line}}" >> ticket${amount}.tex + amount=$((amount + 1)) +done < tickets.txt \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/b.sh b/sections/third/b.sh new file mode 100755 index 0000000..d92a7a7 --- /dev/null +++ b/sections/third/b.sh @@ -0,0 +1,5 @@ +#! /bin/bash +for ((j = 1 ; j <= 86; j++)); do + echo '\'import{tickets/}{ticket${j}.tex} + echo $ $ +done \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket1.tex b/sections/third/ticket1.tex new file mode 100644 index 0000000..a0908d4 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket1.tex @@ -0,0 +1,70 @@ +\subsection{Положительная и отрицательная части функции и их свойства. Подграфик функции. Определенный интеграл. Определение и простейшие свойства} +\begin{conj} + Отображение $\sigma\colon \overbrace{\mathcal{F}}^{\mathclap{\text{все огр. подмн-ва плоскости}}} \to [0, +\infty]$ --- квазиплощадь, если выполняются следующие свойства: + \begin{enumerate} + \item $\sigma([a, b] \times [c, d]) = (b - a) (d - c)$ + \item $E \subset \widetilde{E} \implies \sigma(E) \leq \sigma(\widetilde{E})$ + \item $E = E_{-} \cup E_{+} \implies \sigma(E) = \sigma(E_{-}) + \sigma(E_{+})$ + \end{enumerate} +\end{conj} + +\textbf{Обозначение.} +$f_{+}(x) = \max\{f(x), 0\}, \qquad f_{-} = \max\{-f(x), 0\}$ + +\textbf{Свойства:} +\begin{enumerate} + \item $f_{\pm} \geq 0$ + \item $f = f_{+} - f_{-}, \quad |f| = f_{+} + f_{-}$ + \item $f_{+} = \frac{f + |f|}{2}, \quad f_{-} = \frac{|f| - f}{2}$ + \item Если $f$ непрерывна, то $f_{\pm}$ непрерывна +\end{enumerate} +\begin{conj} + Подграфиком функции $f\colon E \to \R, f \geq 0$ называется + \begin{equation*} + P_f = \{ (x, y)\colon x \in E, \, 0 \leq y \leq f(x) \} + \end{equation*} +\end{conj} + +\begin{notice} + Подграфик непрерывной на отрезке функции --- ограниченное множество. +\end{notice} + +\begin{conj} + Пусть $f \in C[a, b]$. Тогда интегралом от $a$ до $b$ функции $f$ называют + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = + \int_{a}^{b} f(x) \: dx \coloneqq \sigma(P_{f_{+}}) - \sigma(P_{f_{-}}) + \end{equation*} + где $\sigma$ --- некоторая заранее зафиксированная квазиплощадь. +\end{conj} + +\textbf{Свойства:} +\begin{enumerate} +\item $\displaystyle \int_{a}^{a} f = 0$ +\item $\displaystyle \int_{a}^{b} 0 = 0$ +\item Если $f \geq 0$, то $\displaystyle \int_{a}^{b} f = \sigma(P_f)$ +\item $\displaystyle \int_{a}^{b}(-f) = -\int_{a}^{b} f$ +\begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + (-f)_{+} = f_{-} \\ + (-f)_{-} = f_{+} + \end{gathered} + \implies + \int_{{a}}^{{b}} {-f} \: d{x} = + \sigma(P_{f_{-}}) - \sigma(P_{f_{+}}) = + - \int_{{a}}^{{b}} {f} \: d{x} + \end{equation*} +\end{proof} +\item $\displaystyle \int_{a}^{b} c = c(b - a)$, где $c$ --- константа +\item Если $a < b,\, f \geq 0, \, f \not \equiv 0$, то $\displaystyle \int_{a}^{b} f > 0$ +\begin{proof} + Пусть $f(x_0) > 0$. Тогда на $[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$: + \begin{equation*} + f(x) \geq \frac{f(x_0)}{2} + \implies + P_f \supset [x_0 - \delta, x_0 + \delta] \times [0, \frac{f(x_0)}{2}] \implies + \int_{a}^{b} f = \sigma(P_f) \geq 2\delta \cdot \frac{f(x_0)}{2} = f(x_0)\delta > 0 + \end{equation*} +\end{proof} +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket10.tex b/sections/third/ticket10.tex new file mode 100644 index 0000000..7270834 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket10.tex @@ -0,0 +1,25 @@ +\subsection{Дробление, ранг, оснащение, сумма Римана} +\begin{conj} + Дроблением(разбиением, пунктиром) для отрезка $[a, b]$ называется набор точек $x_i$ такой, что + \begin{equation*} + \begin{gathered} + a = x_0 < x_1 < x_2 < \dotsb < x_n = b\\ + \tau = \{x_0, x_1, \dotsc, x_n\}\text{ --- дробление} + \end{gathered} + \end{equation*} + + Рангом дробления называется самый длинный из отрезков в дроблении: + \begin{equation*} + |\tau| = \max\{x_1 - x_0, x_2 - x_1, \dotsc, x_n - x_{n - 1}\} + \end{equation*} + + Оснащением дробления называется набор точек для каждого из отрезков в дроблении: + \begin{equation*} + \{\xi_k\}\colon \quad \xi_k \in [x_{k - 1}, x_k] + \end{equation*} + + Пусть $f\colon [a, b] \to \R$. Тогда интегральной суммой(суммой Римана) называется: + \begin{equation*} + S(f, \tau, \xi) \coloneqq \sum\limits_{k = 1}^{n} f(\xi_k)(x_k - x_{k - 1}) + \end{equation*} +\end{conj} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket11.tex b/sections/third/ticket11.tex new file mode 100644 index 0000000..714e3ae --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket11.tex @@ -0,0 +1,105 @@ +\subsection{Оценка разности интеграла и интегральной суммы. Интеграл как предел интегральных сумм. Эквивалентная для суммы $\sum_{k=1}^n k^p$. Интегрируемость по Риману} +\begin{theorem}[об интегральных суммах] + Пусть $f \in C[a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \smash{\Big{|} \underbrace{\int_{a}^{b} f - S(f, \tau, \xi)}_ + {=: \triangle}\Big{|}} + \leq (b - a)\, \omega_f (|\tau|) + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \triangle = \int_{a}^{b} f - \sum_{k = 1}^{n} f (\xi_k) + (x_k - x_{k - 1}) = \int_{a}^{b} f - \sum_{k = 1}^{n} + \int_{x_{k - 1}}^{x_k} f(\xi_k) \: dx + = \\ = + \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_k} f - + \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_k} f(\xi_k) \: dx = + \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_k} (f(x) - f(\xi_k)) \: dx + \end{gathered} + \end{equation*} + Теперь оценим модуль полученного выражения: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + |\triangle| \leq \sum_{k = 1}^{n} \Big| \dotso \Big| \leq + \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_k} |f(x) - f(\xi_k)| \: dx \leq + \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_k} \omega_f(|\tau|) \: dx + = \\ = + \sum_{k = 1}^{n} (x_k - x_{k - 1})\, \omega_f(|\tau|) = (b - a)\, \omega_f(|\tau|) + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{follow} + \begin{enumerate} + \item $\forall \varepsilon > 0 \; \exists \, \delta > 0$ такое, что для любого дробления такого, что $|\tau| < \delta$, для любого его оснащения выполняется + \begin{equation*} + \Big| \int_{a}^{b} f - + S(f, \tau, \xi)\Big| < \varepsilon + \end{equation*} + \begin{proof} + Знаем, что $\lim\limits_{\delta \to 0+} \omega_f(\delta) = 0$, а значит по $\varepsilon > 0$ можем выбрать $\delta$, для которого $\omega_f(\delta) < \frac{\varepsilon}{b - a}$: + \begin{equation*} + \Big| \int_{a}^{b} f - S(f, \tau, \xi)\Big| \leq + (b - a)\, \omega_f(|\tau|) \leq (b - a)\, \omega_f(\delta) < \varepsilon + \end{equation*} + \end{proof} + + \item Если $r_n$ последовательность дроблений, ранг которых стремится к $0$, то + \begin{equation*} + S(f, \tau_n, \xi_n) \longrightarrow \int_{a}^{b} f + \end{equation*} + \begin{proof} + Следует из следствия 1. + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{follow} + +\begin{example} + Пусть $S_p(n) \coloneqq 1^p + 2^p + 3^p + \dotsb + n^p$. Заметим, что + \begin{equation*} + \frac{n}{2} \cdot \left(\frac{n}{2} \right)^p < S_p(n) < n \cdot n^p + \end{equation*} + Докажем, что $S_p(n) \sim \frac{n^{p + 1}}{p + 1}$: + \begin{equation*} + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{S_p(n)}{n^{p + 1}} = + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n^{p + 1}}\sum_{k = 1}^{n} k^p = + \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum_{k = 1}^{n} \left(\frac{k}{n}\right)^p = \oast + \end{equation*} + Полученное выражение это просто интегральная сумма для функции $f(x) = x^p$, дробления $x_k = \frac{k}{n}$ и оснащения $\xi_k = \frac{k}{n}$ на отрезке $[0, 1]$. Тогда воспользуемся следствием 2: + \begin{equation*} + \oast = \int_{0}^{1} x^p \: dx = \left. \frac{x^{p + 1}}{p + 1} \right|_{0}^{1} = \frac{1}{p + 1} + \end{equation*} + Более того, используя исходную теорему можно найти оценку на погрешность. Пусть $p \geq 1$. Тогда: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + f(x) - f(y) = f'(c)(x - y) = pc^{p - 1}(x - y) \\ + | f(x) - f(y) | \leq p \cdot |x - y| + \end{gathered} + \end{equation*} + А значит: + \begin{equation*} + \left | + \frac{S_p(n)}{n^{p + 1}} - \frac{1}{p + 1} + \right | + \leq \omega_f\left(\frac{1}{n}\right) \leq \frac{p}{n} + \end{equation*} + Отсюда: + \begin{equation*} + \left | + S_p(n) - + \frac{n^{p + 1}}{p + 1} + \right | + \leq p \cdot n^p + \end{equation*} +\end{example} + +\begin{conj} + Пусть $f\colon [a, b] \to \R$ --- ограниченная функция. + Тогда если $\forall \varepsilon > 0 \; \exists \; \delta > 0$ такое, что $\forall$ дробления ранга $< \delta,\; \forall$ его оснащения выполняется + \begin{equation*} + | S(f, \tau, \xi) - I| < \varepsilon + \end{equation*} + Для какой-то константы $I$, то функция $f$ называется интегрируемой по Риману, а $I$ называется интегралом от этой функции на отрезке $[a, b]$, то есть $\int_{a}^{b} f \coloneqq I$. +\end{conj} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket12.tex b/sections/third/ticket12.tex new file mode 100644 index 0000000..87577af --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket12.tex @@ -0,0 +1,70 @@ +\subsection{Формула трапеций (с леммой)} +\begin{lemma} + Пусть $f \in C^{2}[\alpha, \beta]$. Тогда + \begin{equation*} + \underbrace{\int_{\alpha}^{\beta} f(t) \: dt - \frac{f(\alpha) + f(\beta)}{2}(\beta - \alpha)}_{=: \triangle} = + -\frac{1}{2} \int_{\alpha}^{\beta} f''(t)(t - \alpha)(\beta - t) \: dt + \end{equation*} +\end{lemma} +\begin{proof} + Пусть $\gamma \coloneqq \frac{\alpha + \beta}{2}$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{\alpha}^{\beta} f(t) \: dt = \int_{\alpha}^{\beta} f(t)(t - \gamma)' + \: dt = \overbracket{f(t)(t - \gamma) \Big|_{t = \alpha}^{t = \beta}}^ + {\mathclap{f(\beta)\frac{\beta - \alpha}{2} - f(\alpha)\frac{\alpha - \beta}{2} + = \frac{f(\alpha) + f(\beta)}{2}(\beta - \alpha)}} + -\int_{\alpha}^{\beta} f'(t)(t - \gamma) \: dt + \end{equation*} + Подставив полученное выражение в $\triangle$ получаем: + \begin{equation*} + \triangle = - \int_{\alpha}^{\beta} f'(t)(t - \gamma) \: dt = \frac{1}{2} + \int_{{\alpha}}^{{\beta}} {f'(t)((t - \alpha)(\beta - t))'} \: d{t} + = \oast + \end{equation*} + Отдельное посчитаем производную: + \begin{equation*} + ((t - \alpha)(\beta - t))' = (-t^2 + (\alpha + \beta)t - \alpha\beta)' = + -2t + \alpha + \beta = -2(t - \gamma) + \end{equation*} + Подставляем полученное выражение обратно в $\triangle$: + \begin{equation*} + \oast = + \smash{\underbrace{\frac{1}{2} f'(t)(t - \alpha)(\beta - t) \Big|_{t = \alpha}^{t = \beta}}_{0}} + - \frac{1}{2} \int_{{\alpha}}^{{\beta}} {f''(t)(t - \alpha)(\beta - t)} \: d{t} + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{theorem}[оценка погрешности в формуле трапеций] + Пусть $f \in C^2[a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \Big| \underbrace{\int_{a}^{b} f - \sum_{k = 1}^{n} + \frac{f(x_{k - 1}) + f(x_k)}{2}(x_k - x_{k - 1})}_{\mathclap{=: \triangle}} \Big| \leq + \frac{|\tau|^2}{8}\int_{a}^{b} |f''| + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + По лемме: + \begin{equation*} + \triangle = \sum_{k = 1}^{n} \int_{{x_{k - 1}}}^{{x_k}} {f} - + \sum_{k = 1}^{n} \frac{f(x_{k - 1}) + f(x_k)}{2}(x_k - x_{k - 1}) = + \sum_{k = 1}^{n} - \frac{1}{2} \int_{{x_{k - 1}}}^{{x_k}} {f''(t) + (t - x_{k - 1})(x_k - t)} \: d{t} + \end{equation*} + Отсюда: + \begin{equation*} + |\triangle| \leq \frac{1}{2} \sum_{k = 1}^{n} + \int_{{x_{k - 1}}}^{{x_k}} {|f''(t)| \cdot |(t - x_{k - 1})(x_k - t)|} \: d{t} + \end{equation*} + При этом + \begin{equation*} + (t - x_{k - 1})(x_k - t) \leq \left(\frac{(x_k - t) + (t - x_{k - 1})}{2}\right)^2 = + \left(\frac{x_k - x_{k - 1}}{2}\right)^2 \leq \frac{|\tau|^2}{4} \\ + \end{equation*} + А значит + \begin{equation*} + |\triangle| \leq + \frac{|\tau|^2}{8} \sum_{k = 1}^{n} \int_{x_{k - 1}}^{x_k}|f''(t)| \: dt = + \frac{|\tau|^2}{8} \int_{a}^{b} |f''| + \end{equation*} + Что и требовалось доказать. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket13.tex b/sections/third/ticket13.tex new file mode 100644 index 0000000..80af3da --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket13.tex @@ -0,0 +1,42 @@ +\subsection{Формула Эйлера–Маклорена (для второй производной)} + +\begin{theorem}[формула Эйлера-Маклорена] + Пусть $f \in C^2[m, n], \: m,n \in \Z$. Тогда + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = m}^{n} f(k) = \frac{f(m) + f(n)}{2} + + \int_{{m}}^{{n}} {f(t)} \: d{t} + \frac{1}{2} + \int_{{m}}^{{n}} {f''(t)\{t\}(1 - \{t\})} \: d{t} + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + По лемме при $\alpha = k,\, \beta = k + 1$: + \begin{equation*} + \int_{{k}}^{{k + 1}} {f(t)} \: d{t} = \frac{f(k) + f(k + 1)}{2} - + \frac{1}{2} \int_{{k}}^{{k + 1}} {f''(t) + \smash{\overbrace{(t - k)(k + 1 - t)}^{\mathclap{\{t\}(1 - \{t\})}}}} \: d{t} {} + \end{equation*} + Тогда: + \begin{equation*} + \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{{k}}^{{k + 1}} {f(t)} \: d{t} = + \sum_{k = m}^{n - 1} \frac{f(k) + f(k + 1)}{2} - + \frac{1}{2} \sum_{k = m}^{n - 1} \int_{{k}}^{{k + 1}} + {f''(t)\{t\}(1 - \{t\})} \: d{t} + \end{equation*} + Отсюда: + \begin{equation*} + \int_{{n}}^{{m}} {f(t)} \: d{t} = \frac{f(m) + f(n)}{2} + + \sum_{k = {m + 1}}^{n - 1} f(k) - + \frac{1}{2} \int_{{m}}^{{n}} {f''(t)\{t\}(1 - \{t\})} \: d{t} + \end{equation*} + Теперь заметим, что + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = m + 1}^{n - 1} f(k) + = \sum\limits_{k = m}^{n} f(k) - f(m) - f(n) + \end{equation*} + Подставив это выражение получаем нужную формулу: + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = m}^{n} f(k) = \frac{f(m) + f(n)}{2} + + \int_{{m}}^{{n}} {f(t)} \: d{t} + \frac{1}{2} + \int_{{m}}^{{n}} {f''(t)\{t\}(1 - \{t\})} \: d{t} + \end{equation*} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket14.tex b/sections/third/ticket14.tex new file mode 100644 index 0000000..1a0266e --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket14.tex @@ -0,0 +1,41 @@ +\subsection{Оценка сумм вида $\sum_{k=1}^n k^p$ при различных $p$. Постоянная Эйлера} +\underline{Примеры:} + +\begin{enumerate} + \item $S_p = 1^p + 2^p + \dotsb + n^p$. Пусть $f(x) = x^p,\, f'(x) = px^{p - 1},\, f''(x) = p(p - 1)x^{p - 2},\, m = 1$. Тогда по формуле Эйлера-Маклорена: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + S_p(n) = \frac{1 + n^p}{2} + \int_{1}^{n} x^p \: dx + \frac{1}{2} p(p - 1) \int_{{1}}^{{n}} t^{p - 2}\underbrace{\{t\}(1 - \{t\})}_{\mathclap{\leq \frac{1}{4}}} \: d{t} \leq \\ + \leq \frac{1 + n^p}{2} + \frac{n^{p + 1} - 1}{p + 1} + \frac{1}{8}p(p - 1) + \frac{n^{p - 1} - 1}{p - 1} \: dt = + \frac{1 + n^p}{2} + \frac{n^{p + 1} - 1}{p + 1} + \frac{1}{8}p(n^{p - 1} - 1) + \end{gathered} + \end{equation*} + \begin{enumerate} + \item[] При $p \in (-1, 1)$ выражение $n^{p - 1} - 1$ не превосходит единицы по модулю, а значит все последнее слагаемое не превосходит $p$ по модулю. Тогда верно следующее: + \begin{equation*} + S_p(n) = \frac{n^{p + 1}}{p + 1} + \frac{n^p}{2} + \mathcal{O}(1) + \end{equation*} + \item[] При $p > 1, \, |\text{последнее слагаемое}| \leq \frac{p}{4} n^{p - 1}$. Значит верно следующее: + \begin{equation*} + S_p(n) = \frac{n^{p + 1}}{p + 1} + \frac{n^p}{2} + \mathcal{O}(n^{p - 1}) + \end{equation*} + \end{enumerate} + \item Гармонические числа $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dotsb + \frac{1}{n}$. Пусть $f(x) = \frac{1}{x}, \, f''(x) = \frac{2}{x^3}, \, m = 1$. Тогда по формуле Эйлера-Маклорена: + \begin{equation*} + H_n = \frac{1 + \frac{1}{n}}{2} + \underbracket{\int_{1}^{n} \frac{dt}{t}}_{\mathclap{\ln t \big|_{1}^{n} = \ln n}} + + \frac{1}{2}\underbrace{\int_{1}^{n} \frac{2\{t\}(1 - \{t\})}{t^3} \: dt}_{\mathclap{=: a_n}} + \end{equation*} + Заметим, что $a_n$ монотонно растут, просто потому что $a_{n + 1} = a_n + $ что-то неотрицательное. Тогда попробуем оценить $a_n$ сверху: + \begin{equation*} + a_n = \int_{1}^{n} \frac{2\{t\}(1 - \{t\})}{t^3} \: dt \leq + \int_{1}^{n} \frac{dt}{t^3} = \left.\frac{1}{2}\left(-\frac{1}{2t^2}\right)\right|_{1}^{n} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2n^2}\right) < \frac{1}{4} + \end{equation*} + То есть $a_n$ возрастают и ограничены сверху. Значит у $a_n$ есть предел. Тогда $a_n = a + o(1)$, где $a$ --- константа. Таким образом верно следующее равенство: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + H_n = \frac{1}{2} + \frac{1}{2n} + \ln n + a + o(1) = \ln n + \underbrace{(a + \frac{1}{2})}_{\mathclap{\gamma\text{ --- постоянная Эйлера}}} + o(1) \\ + H_n = \ln n + \gamma + o(1) + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket15.tex b/sections/third/ticket15.tex new file mode 100644 index 0000000..6675596 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket15.tex @@ -0,0 +1,70 @@ +\subsection{Формула Стирлинга} +\begin{enumerate} + \setcounter{enumi}{2} + \item Формула Стирлинга. Распишем $\ln n! = \ln 1 + \ln 2 + \dotsb + \ln n$ по формуле Эйлера-Маклорена при $f(x) = \ln x, \, f'(x) = \frac{1}{x}, \, f''(x) = -\frac{1}{x^2}, \, m = 1$. + \begin{equation*} + \ln n! = \underbracket{\frac{\ln 1 + \ln n}{2}}_{\mathclap{\frac{\ln n}{2}}} + + \int_{1}^{n} \ln t \: dt - + \frac{1}{2}\underbrace{\int_{1}^{n} \frac{\{t\}(1 - \{t\})}{t^2}}_{\mathclap{=: b_n}} \: dt + \end{equation*} + Заметим, что + \begin{equation*} + \int_{1}^{n} \ln t \: dt = t\ln t \Big|_{1}^{n} - \int_{1}^{n} \frac{1}{t} \cdot t \: dt = n \ln n - (n - 1) + \end{equation*} + Подставим полученное выражение обратно в формулу: + \begin{equation*} + \ln n! = \frac{\ln n}{2} + n\ln n - n + 1 - \frac{b_n}{2} + \end{equation*} + Теперь воспользуемся тем же приемом, что и в прошлом примере. Заметим, что $b_n$ растут, оценим их сверху: + \begin{equation*} + b_n = \int_{1}^{n} = \frac{\{t\}(1 - \{t\})}{t^2} \: dt \leq + \frac{1}{4} \int_{1}^{n} \frac{dt}{t^2} = \frac{1}{4}\left(-\frac{1}{t}\right)\Big|_{1}^{n} = \frac{1}{4}\left(1 - \frac{1}{n}\right) < \frac{1}{4} + \end{equation*} + Поэтому $b_n = b + o(1)$. Подставим полученное тождество в формулу для $\ln n!$ + \begin{equation*} + \ln n! = n\ln n + \frac{\ln n}{2} - n + C + o(1) + \end{equation*} + Возьмем экспоненты от обеих частей равенства: + \begin{equation*} + n! = n^{n}\sqrt{n}e^{-n}e^{C}e^{o(1)} + \end{equation*} + Расписав $e^{o(1)} = 1 + o(1)$ по формуле Тейлора получаем, что + \begin{equation*} + n! \sim e^Cn^ne^{-n}\sqrt{n} + \end{equation*} + Попробуем вычислить константу $C$. Для этого воспользуемся приближением для $C_{2n}^{n}$: + \begin{equation*} + C_{2n}^{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} + \end{equation*} + С другой стороны мы можем расписать $C_{2n}^{n}$ по определению и каждый из факториалов заменить на полученное нами ранее выражение. + \begin{equation*} + C_{2n}^{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2} \sim \frac{e^C(2n)^{2n}e^{-2n}\sqrt{2n}}{(e^Cn^ne^{-n}\sqrt{n})^2} = + \frac{\cancel{e^C}2^{2n}\cancel{n^{2n}}\cancel{e^{-2n}}\sqrt{2\cancel{n}}}{e^{\cancel{2}C}\cancel{n^{2n}}\cancel{e^{-2n}}\sqrt{n}\sqrt{\cancel{n}}} = + \frac{4^n\sqrt{2}}{e^C\sqrt{n}} + \end{equation*} + Значит + \begin{equation*} + \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} \sim \frac{4^n \sqrt{2}}{e^C \sqrt{n}} + \end{equation*} + Значит предел отношения этих величин равен единице, то есть: + \begin{equation*} + \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{4^n e^C\sqrt{n}}{4^n \sqrt{\pi n} \sqrt{2}} = 1 + \implies + \lim\limits_{n \to +\infty} \frac{e^C}{\sqrt{2\pi}} = 1 + \end{equation*} + Но предел константы это всегда сама константа, значит + \begin{equation*} + \frac{e^C}{\sqrt{2\pi}} = 1 \implies e^C = \sqrt{2\pi} + \end{equation*} + Подставив $e^C$ получаем формулу Стирлинга: + \begin{equation*} + \boxed{n! \sim n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}} + \end{equation*} + \begin{notice} + Можно доказать, что + \begin{equation*} + n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n} \: e^{\frac{1}{12n + 1}} < n! < + n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n} \: e^{\frac{1}{12n}} + \end{equation*} + \end{notice} +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket16.tex b/sections/third/ticket16.tex new file mode 100644 index 0000000..c87139b --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket16.tex @@ -0,0 +1,138 @@ +\subsection{Определение несобственного интеграла. Критерий Коши. Примеры} +\begin{conj} + Пусть $-\infty < a < b \leq +\infty$ и $f \in C[a, b)$. Тогда + \begin{equation*} + \hphantom{\text{, если такой предел существует}} + \int_{a}^{\to b} \coloneqq \lim\limits_{B \to b-} \int_{a}^{B} f + \text{, если такой предел существует} + \end{equation*} + + Аналогично пусть $-\infty \leq a < b < +\infty$ и $f \in C(a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \hphantom{\text{, если такой предел существует}} + \int_{\to a}^{b} f \coloneqq \lim\limits_{A \to a+} \int_{A}^{b} f + \text{, если такой предел существует} + \end{equation*} + \end{conj} + + \begin{conj} + Интеграл сходится, если такой предел существует и конечен. + \end{conj} + + \begin{notice} + Если $-\infty < a < b < +\infty$ и $f \in C[a, b]$, то наше определение равносильно старому. + \end{notice} + \begin{proof} + \begin{equation*} + \Big| \int_{a}^{b} f - \int_{a}^{B} f\Big| = \Big| \int_{B}^{b} f \Big| \leq + \max\limits_{[a, b)} f \cdot (b - B) \underset{B \to b}{\longrightarrow} 0 + \end{equation*} + + Значит + \begin{equation*} + \int_{a}^{B} f \underset{B \to b-}{\longrightarrow} \int_{a}^{b} f + \end{equation*} + + Что и требовалось доказать. + \end{proof} + + \begin{theorem}[критерий Коши] + Пусть $-\infty < a < b \leq +\infty$ и $f \in C[a, b)$. + Тогда интеграл $\smash[b]{\displaystyle \int_{a}^{b} f}$ сходится тогда и только тогда, когда + \begin{equation*} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists c \in (a, b)\colon \forall + A, B \in (c, b) \Rightarrow \Big|\int_{A}^{B} f \Big| < \varepsilon + \end{equation*} + + \begin{notice} + При $b = +\infty$ условие равносильному следующему: + \begin{equation*} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists c > a \colon + \forall A, B > c \Rightarrow \Big| \int_{A}^{B} f \Big| < \varepsilon + \end{equation*} + + При $b < +\infty$ условие равносильно следующему: + \begin{equation*} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \colon + b - \delta < A, B < b \Rightarrow \Big| \int_{A}^{B} f \Big| < \varepsilon + \end{equation*} + \end{notice} + \end{theorem} + \begin{proof} + Пусть $F(x) \coloneqq \int\limits_{a}^{x} f$. Тогда + \begin{align*} + \int_{a}^{b} f\text{ --- сходится } &\iff + \overset{\mathclap{\text{конечный}}}{\exists} + \lim\limits_{B \to b-} \int_{a}^{B} f = + \lim\limits_{B \to b-} F(B) \\ + &\underbracket[1px][6px]{\overset{b = +\infty}{\iff}}_{\mathclap{\text{для $b < +\infty$ проверяется аналогично}}} + \overbrace{\forall \varepsilon > 0,\, \exists \, c > a,\, \forall A, B > c \Rightarrow |\underbracket{F(B) - F(A)}_{\mathclap{\int\limits_a^{B} f - \int\limits_a^{A} f = \int\limits_{A}^{B} f}}| < \varepsilon}^{\mathclap{\text{критерий Коши для функций}}} + \end{align*} + \end{proof} + + \begin{notice} + Если $F$ --- первообразная, то + \begin{equation*} + \int_{a}^{\to b} f = \lim\limits_{B \to b-} F(B) - F(a) + \end{equation*} + \end{notice} + + \begin{notice} + Если существуют $A_n, B_n \in [a, b)$ и $A_n, B_n \to b$, т.ч. + $\int\limits_{A_n}^{B_n} f \cancel{\to} 0$, то $\int\limits_{a}^{b} f$ расходится. + \end{notice} + \begin{proof} + Можем выбрать подпоследовательность $n_k$ такую, что $\Big| \int\limits_{A_n}^{B_n}\Big| \geq \varepsilon$. Это противоречит критерию Коши. + \end{proof} + + \begin{examples} + \begin{enumerate} + \item Посчитаем следующий интеграл: + \begin{equation*} + \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^p} = \lim\limits_{B \to +\infty} \int_{1}^{B} \frac{dx}{x^p} = \oast + \end{equation*} + Рассмотрим два случая: + \begin{align*} + \oast &\underset{p \ne 1}{=} \lim_{B \to +\infty} -\frac{1}{p - 1} \frac{1}{x^{p - 1}}\Big|_{1}^{B} = \frac{1}{p - 1} - \lim\limits_{B \to +\infty} \frac{1}{p - 1}\frac{1}{B^{p - 1}} = + \begin{cases} + \frac{1}{p - 1}\text{, при $p > 1$}\\ + +\infty\text{, при $p < 1$} + \end{cases} \\ + \oast &\underset{p = 1}{=} \lim_{B \to +\infty} \ln x \Big|_{1}^{B} = + \lim_{B \to +\infty} \ln B = +\infty + \end{align*} + Таким образом + \begin{equation*} + \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^p}\text{ сходится } \iff p > 1 + \end{equation*} + + \item Теперь посчитаем тот же интеграл, но уже на отрезке $[0, 1]$. + \begin{equation*} + \int_{0}^{1} \frac{dx}{x^p} = \lim_{A \to 0+} \int_{A}^{1} \frac{dx}{x^p} = \oast + \end{equation*} + Рассмотрим два случая: + \begin{align*} + \oast &\underset{p \ne 1}{=} \lim\limits_{A \to 0+} \left(-\frac{1}{p - 1}\frac{1}{x^{p - 1}}\Big |_{A}^{1}\right) = + \lim\limits_{A \to 0+}\left(\frac{1}{1 - p} - \frac{1}{1 - p}\frac{1}{A^{p - 1}}\right) = + \begin{cases} + \frac{1}{1 - p}\text{, при $p < 1$}\\ + +\infty\text{, при $p > 1$} + \end{cases} \\ + \oast &\underset{p = 1}{=} \lim\limits_{A \to 0+} \ln x \Big |_{A}^{1} = + 1 - \lim\limits_{A \to 0+} \ln A = +\infty + \end{align*} + Таким образом + \begin{equation*} + \int_{0}^{1} \frac{dx}{x^p}\text{ сходится } \iff p < 1 + \end{equation*} + \end{enumerate} + \end{examples} + \begin{notice} + Если функция не непрерывна в многих точках на $[a, b]$, тогда можно разрезать отрезки на кусочки и посчитать интегралы от каждого кусочка по отдельности. НУО $a < c_1 < d_1 < c_2 < b$, где функция не непрерывна в $c_1$ и $c_2$. Тогда посчитаем такую сумму: + \begin{equation*} + \int_{a}^{\to c_1} + \int_{\to c_1}^{d_1} + \int_{d_1}^{\to c_2} + \int_{\to c_2}^{b} + \end{equation*} + + Тогда $\int_{a}^{b}$ --- сходится, если сходятся все слагаемые. Разумеется такое определение обобщается на любое конечное количество <<плохих>> точек. + \end{notice} + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket17.tex b/sections/third/ticket17.tex new file mode 100644 index 0000000..fd1fbd8 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket17.tex @@ -0,0 +1,121 @@ +\subsection{Свойства несобственных интегралов} +\textbf{Свойства несобственных интегралов}. + +В каждом из последующих свойств будем рассматривать функцию $f \in C[a, b)$. + +\begin{enumerate} + \item \textbf{Аддитивность}. Пусть $c \in (a, b)$. Если $\int_{a}^{b} f$ сходится, то $\int_{c}^{b} f$ также сходится и $\int_{a}^{b} f = \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f$. А если $\int_{c}^{b} f$ сходится, то и $\int_{a}^{b} f$ сходится. + \begin{proof} + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = \lim\limits_{B \to b-} \int_{a}^{B} f + \end{equation*} + Но у нас есть аддитивность для собственных интегралов. То есть + \begin{equation*} + \int_{a}^{B} f = \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{B} f + \end{equation*} + Значит + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = \lim\limits_{B \to b-} \left( \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{B} f \right) = + \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f + \end{equation*} + \end{proof} + + \item Если $\int_{a}^{b} f$ сходится, то $\lim\limits_{c \to b-} \int_{c}^{b} f = 0$. + \begin{proof} + По предыдущему свойству знаем, что + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f + \end{equation*} + Значит + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \int_{c}^{b} f = \int_{a}^{b} f - \int_{a}^{c} f \\ + \lim\limits_{c \to b-} \int_{c}^{b} f = \lim\limits_{c \to b-} \int_{a}^{b} f - \int_{a}^{c} f = \int_{a}^{b} f - \int_{a}^{b} f = 0 + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{proof} + + \item \textbf{Линейность}. Если $\int_{a}^{b} f$ и $\int_{a}^{b} g$ сходятся, то $\int_{a}^{b}(\alpha f + \beta g)$ сходится и $\alpha\int_{a}^{b} f + \beta\int_{a}^{b} g = \int_{a}^{b}(\alpha f + \beta g)$. + \begin{proof} + \begin{equation*} + \alpha\int_{a}^{B} f + \beta\int_{a}^{B} g = \int_{a}^{B}(\alpha f + \beta g) + \end{equation*} + Устремляем $B$ к $b-$. Получаем, что + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \lim\limits_{B \to b-} \int_{a}^{B}(\alpha f + \beta g) = \lim\limits_{B \to b-}\left(\alpha\int_{a}^{B} f + \beta\int_{a}^{B} g\right) \\ + \int_{a}^{b} (\alpha f + \beta g) = \alpha \int_{a}^{b} f + \beta \int_{a}^{b} g + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{proof} + \begin{notice} + \begin{enumerate}[1)] + \item Если $\int_{a}^{b} f$ сходится, а $\int_{a}^{b} g$ расходится, то $\int_{a}^{b}(f + g)$ расходится. + + \item Сумма расходящихся интегралов может сходится. В качестве примера можно рассмотреть расходящийся интеграл $\int_{a}^{b} f$, тогда и $\int_{a}^{b} -f$ расходится, но $\int_{a}^{b} (f - f)$ сходится. + \end{enumerate} + \end{notice} + + \item \textbf{Монотонность}. Пусть $\int_{a}^{b} f$ и $\int_{a}^{b} g$ существуют в $\overline{\R}$ и $f \leq g$ на $[a, b)$. Тогда $\int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b} g$. + \begin{proof} + Мы знаем, что $\int_{a}^{B} f \leq \int_{a}^{B} g$, поэтому применяя предельный переход получаем нужно неравенство. + \end{proof} + + \item \textbf{Интегрирование по частям}. Пусть $f, g \in C^{1}[a, b)$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} fg' = fg \Big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} f'g + \end{equation*} + \begin{proof} + Мы знаем, что $\int_{a}^{B} fg' = fg \Big|_{a}^{B} - \int_{a}^{B} f'g$ для собственных интегралов. А значит применяя предельный переход получаем нужно равенство. + \end{proof} + + \item \textbf{Замена переменной}. Пусть $\varphi\colon [\alpha, \beta) \to [a, b),\, \varphi \in C^{1}[\alpha, \beta)$ и $f \in C[a, b)$ и существует $\lim\limits_{\gamma \to \beta-} + \varphi(\gamma) \leftcoleqq \varphi(\beta-)$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{\alpha}^{\beta} f(\varphi(t))\varphi'(t) \: dt = + \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta-)} f(x) \: dx + \end{equation*} + то есть если существует один интеграл, то существует другой и они равны. + \begin{proof} + Пусть + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \Phi(\gamma) \coloneqq + \int_{\alpha}^{\gamma} f(\varphi(t))\varphi'(t) \: dt, \quad + F(y) \coloneqq \int_{\varphi(\alpha)}^{y} f(x) \: dx \\ + \Phi(\gamma) = F(\varphi(\gamma))\text{ --- замена в собственном интеграле} + \end{gathered} + \end{equation*} + Рассмотрим два случая: + \begin{enumerate}[1)] + \item Существует правый интеграл, то есть существует $\lim\limits_{\mathclap{y \to \varphi(\beta-)-}} F(y)$. Возьмем последовательность~$\gamma_n$, которая монотонно возрастает и стремится к $\beta$. Тогда $\varphi(\gamma_n) \to \varphi(\beta-)$. + А значит + \begin{equation*} + \Phi(\gamma_n) = F(\varphi(\gamma_n)) \to \int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta -)} f(x) \: dx + \end{equation*} + \item Существует левый интеграл, то есть существует $\lim\limits_{\mathclap{\gamma \to \beta-}}\Phi(x)$. + + Если $\varphi(\beta -) < b$, то интеграл справа собственный, значит пользуемся случаем 1. + + Иначе пусть $\varphi(\beta -) = b$. Возьмем последовательность $b_n$, которая монотонно возрастает и стремится к $b$ и обрежем её так, чтобы $b_n \geq \varphi(\alpha)$. Тогда поймем, что существуют $\gamma_n \in [\alpha, \beta)$ такие, что $b_n = \varphi(\gamma_n)$. Действительно, $\varphi$ непрерывная функция, а значит по теореме Больцано-Коши найдется точка для каждого значения функции на отрезке $[\varphi(\alpha), b_n]$. + + Докажем, что $\gamma_n \to \beta$. Пусть это не так, тогда + \begin{equation*} + \exists \gamma_{n_k} \to \widetilde{\beta} < \beta \implies b_{n_k} = \varphi(\gamma_{n_k}) \to \varphi(\widetilde{\beta}) < b + \end{equation*} + Но такого быть не может, так как $b_n$ у нас стремится к $\beta$. + + Отсюда получаем, что + \begin{equation*} + F(b_n) = F(\varphi(\gamma_n)) = \Phi(\gamma_n) \to \lim\limits_{\gamma \to \beta-} \Phi(\gamma) + \end{equation*} + Таким образом предел первообразной существует и равен пределу первообразной $\Phi(\gamma)$. Значит оба интеграла существуют и равны друг другу. + \end{enumerate} + \end{proof} +\end{enumerate} + +\begin{notice} + $\displaystyle \int_{a}^{b} f$ заменой $x = b - \frac{1}{t} \coloneqq \varphi(t)$ сводится к + $\displaystyle \int_{\frac{1}{b - a}}^{\infty} f(b - \frac{1}{t})\frac{dt}{t^2}$ +\end{notice} + diff --git a/sections/third/ticket18.tex b/sections/third/ticket18.tex new file mode 100644 index 0000000..2b09e43 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket18.tex @@ -0,0 +1,58 @@ +\subsection{Несобственные интегралы от неотрицательных функций. Признак сравнения. Следствия} +\begin{theorem} + Пусть $f \in C[a, b)$ и $f \geq 0$. Тогда сходимость $\int_{a}^{b} f$ равносильна ограниченности сверху $F(y) \coloneqq \int_{a}^{y} f$ на $[a, b)$. + \end{theorem} + \begin{proof} + Заметим, что $F(y)$ монотонна. Тогда + \begin{enumerate} + \item[]$\boxed{\Leftarrow}$ + $F$ --- монотонна и ограничена, значит существует конечный $\lim\limits_{\mathclap{y \to b-}}F(y) = \lim\limits_{y \to b-}\int_{a}^{y} f$. + \item[]$\boxed{\Rightarrow}$ + Если $\int_{a}^{b} f$ сходится, то существует конечный $\lim\limits_{\mathclap{y \to b-}} F(y) = \lim\limits_{y \to b-} \int_{a}^{y} f$. Значит $F$ ограничена. + \end{enumerate} + \end{proof} + + \begin{theorem}[признак сравнения] + Пусть $f,\, g \in C[a, b], \; f,\, g \geq 0$ и $f \leq g$. Тогда + \begin{enumerate} + \item Если $\int_{a}^{b} g$ сходится, то $\int_{a}^{b} f$ сходится + \item Если $\int_{a}^{b} f$ расходится, то $\int_{a}^{b} g$ расходится + \end{enumerate} + \end{theorem} + \begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item Пусть $F(y) \coloneqq \int_{a}^{y} f, \; G(y) \coloneqq \int_{a}^{y} g \implies F(y) \leq G(y)$ при всех $y$. Если $\int_{a}^{b} g$ сходится, то $G(y)$ ограничена сверху, а значит и $F(y)$ ограничена сверху. Значит $\int_{a}^{b} f$ сходится. + \item Если $\int_{a}^{b} g$ сходится, то по первому пукту и $\int_{a}^{b} f$ сходится. Противоречие. + \end{enumerate} + \end{proof} + + \begin{notice} + \begin{enumerate} + \item Неравенство $f \leq g$ нужно лишь в окрестности точки $b$. + \item Неравенство $f \leq g$ можно заменить на $f = \mathcal{O}(g)$. + \item Если $f = \mathcal{O}(\frac{1}{x^{1 + \varepsilon}})$ при $\varepsilon > 0$ и $f \in C[a, +\infty)$, то $\int_{a}^{+\infty} f$ --- сходится. + \end{enumerate} + \end{notice} + + \begin{follow} + Пусть $f, \, g \in C[a, b), \; f,\, g \geq 0$ и $f(x) \sim g(x)$ при $x \to b-$. Тогда $\int_{a}^{b} f$ и $\int_{a}^{b} g$ ведут себя одинаково. + \end{follow} + \begin{proof} + $f(x) = \varphi(x)g(x)$, где $\varphi(x) \underset{\mathclap{x \to b-}}{\longrightarrow} 1 + \implies \frac{1}{2} \leq \varphi(x) \leq 2$ при $x$ близких к $b$. Значит + \begin{equation*} + \rlap{$ + \overbrace{\phantom{\frac{g(x)}{2} \leq f(x)}}^{\mathclap{\text{ + если $\int_{a}^{b} f$ сходится, то $\int_{a}^{b} g$ сходится + }}}$} + \frac{g(x)}{2} \leq + \underbrace{f(x) \leq 2g(x)}_{\mathclap{\text{ + если $\int_{a}^{b} g$ сходится, то $\int_{a}^{b} f$ сходится + }}} + \end{equation*} + \end{proof} + + \begin{notice} + Если $\int_{a}^{\infty} f$ сходится и $f \geq 0$, то $f$ необязательно стремится к 0. + \end{notice} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket19.tex b/sections/third/ticket19.tex new file mode 100644 index 0000000..b4f7264 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket19.tex @@ -0,0 +1,80 @@ +\subsection{Абсолютная сходимость. Признаки Дирихле и Абеля} +\begin{conj} + Пусть $f \in C[a, b)$. Тогда $\int_{a}^{b} f$ абсолютно сходится, если $\int_{a}^{b} |f|$ сходится. + \end{conj} + + \begin{theorem} + Если $\int_{a}^{b} f$ абсолютно сходится, то он сходится. + \end{theorem} + \begin{proof} + $\int_{a}^{b} f = \int_{a}^{b}(f_+ - f_-) = \int_{a}^{b} f_+ + \int_{a}^{b} (-f_-)$. Если правые интегралы сходятся, то и левый интеграл также сходится. Но мы знаем, что $0 \leq f_+ \leq |f|$ и $0 \leq f_- \leq |f|$. Значит по признаку сравнимости $\int_{a}^{b} f_{\pm}$ сходится. А значит и наш интеграл тоже сходится. + \end{proof} + + \begin{notice} + Если $\int_{a}^{b} f$ абсолютно сходится, то $\left | \int_{a}^{b} f \right | \leq \int_{a}^{b} |f|$. + \end{notice} + \begin{proof} + \begin{equation*} + -\int_{a}^{b} |f| \leq \int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b} |f| + \end{equation*} + \end{proof} + + \begin{theorem}[Признак Дирихле] + Пусть $f, \, g \in C[a, +\infty)$ и + \begin{enumerate} + \item $f$ имеет ограниченную первообразную. Иными словами существует $K$ такое, что + \begin{equation*} + \forall x > a\colon \left| \int_{a}^{x} f(t) \: dt \right| \leq K + \end{equation*} + \item $g$ монотонна + \item $\lim\limits_{\mathclap{x \to +\infty}} g(x) = 0$ + \end{enumerate} + Тогда $\int_{a}^{+\infty} f(x)g(x) \: dx$ сходится. + \end{theorem} + \begin{proof} + Докажем для случая $g \in C^{1}[a, +\infty)$. Пусть $F(x) \coloneqq \int_{a}^{x} f(t) \: dt$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{x} f(t) g(t) \: dt = \int_{a}^{x} F'(t) g(t) \: dt = + \underbrace{F(t) g(t) \Big|_{t = a}^{t = x}}_{\mathclap{F(x)g(x)}} - \int_{a}^{x} F(t) g'(t) \: dt + \end{equation*} + Устремим $x$ к бесконечности. + \begin{equation*} + \lim\limits_{x \to \infty} \overbrace{F(x)}^{\mathclap{\text{ограниченная}}} \underbrace{g(x)}_{\mathclap{\text{беск. малая}}} = 0 + \end{equation*} + Осталось доказать, что $\int_{a}^{+\infty} F(t) g'(t) \: dt$ сходится. Проверим, что $\int_{a}^{+\infty} |F(t)||g'(t)| \: dt$ сходится и отсюда будет следовать абсолютная сходимость. Мы знаем, что $|F(t)| \leq K$. + Значит достаточно доказать, что $\int_{a}^{+\infty} |g'(t)| \: dt$ сходится. + НУО пусть $g$ монотонно возрастает. Тогда $g'(t) \geq 0$. Значит + \begin{equation*} + \int_{a}^{+\infty} |g'(t)| \: dt = \int_{a}^{+\infty} g'(t) \: dt = g \Big |_{a}^{+\infty} = + \lim\limits_{\mathclap{x \to +\infty}} g(x) - g(a) = -g(a) + \end{equation*} + \end{proof} + + \begin{theorem}[Признак Абеля] + Пусть $f, \, g \in C[a, +\infty)$ и + \begin{enumerate} + \item $\int_{a}^{+\infty} f$ сходится + \item $g$ монотонна + \item $g$ ограничена + \end{enumerate} + Тогда $\int_{a}^{+\infty} f(x) g(x) \: dx$ сходится. + \end{theorem} + \begin{proof} + Пусть $F(y) \coloneqq \int_{a}^{y} f(t) \: dt$. Тогда $\int_{a}^{+\infty} f(t) \: dt = \lim\limits_{y \to +\infty} F(y)$, то есть предел существует и конечен. Значит $F$ ограничена в некоторой окрестности $+\infty$, то есть ограничена на луче $(b, +\infty)$. Но на $[a, b]\ F$ ограничена, т.к. непрерывна. Следовательно $\forall\, y \geq a\colon |F(y)| \leq K$. + + Теперь заметим, что $g$ монотонна и ограничена, а значит существует конечный предел $\lim\limits_{\mathclap{y \to +\infty}} g(y) \leftcoleqq A$. Пусть $\widetilde{g}(x) \coloneqq~ g(x) - A$. Тогда заметим, что $\widetilde{g}(x)$ удовлетворяет условиям 2 и 3 из признака Дирихле. + + Таким образом по признаку Дирихле $\int_{a}^{+\infty} f(x) \widetilde{g}(x) \: dx$ сходится. Но тогда + \begin{equation*} + \underbrace{\int_{a}^{+\infty} f(x)(\widetilde{g}(x) + A) \: dx}_{\mathclap{ + \int_{a}^{+\infty} f(x)g(x) \: dx + }} = + \underbrace{\int_{a}^{+\infty} f(x)\widetilde{g}(x) \: dx}_{\mathclap{ + \substack{\text{сходится по} \\ \text{признаку Дирихле}} + }} + + \underbrace{A \int_{a}^{+\infty} f(x) \: dx}_{\mathclap{ + \text{сходится по условию} + }} + \end{equation*} + Получилось, что нужный нам интеграл сходится как сумма двух сходящихся интегралов. Теорема доказана. + \end{proof} diff --git a/sections/third/ticket2.tex b/sections/third/ticket2.tex new file mode 100644 index 0000000..3f86898 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket2.tex @@ -0,0 +1,114 @@ +\subsection{Аддитивность интеграла и монотонность интеграла. Следствия монотонности интеграла. Среднее значение функции} +\textbf{Обозначение.} +$P_{g}(E)$ --- подграфик функции $g|_{E}$. + +\begin{theorem}[аддитивность интеграла] + Пусть $f \in C[a, b]$ и $c \in [a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \int_{a}^{b} f = \sigma(P_{f_{+}}) - \sigma(P_{f_{-}}) + = \\ = + \underbrace{(\sigma(P_{f_{+}}([a, c])) + + \sigma(P_{f_{+}}([c, b])))}_{\mathclap{\sigma(P_{f_{+}})}} - + \underbrace{(\sigma(P_{f_{-}}([a, c])) + + \sigma(P_{f_{-}}([c, b])))}_{\mathclap{\sigma(P_{f_{-}})}} + = \\ = + (\sigma(P_{f_{+}}([a, c])) - + \sigma(P_{f_{-}}([a, c])) + + (\sigma(P_{f_{+}}([c, b])) - + \sigma(P_{f_{-}}([c, b]))) + = \\ = + \int_{a}^{c} f + \int_{c}^{b} f + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{follow} + Пусть $f \in C[a, b]$ и $a \leq c_1 \leq c_2 \leq \dotsb \leq c_n \leq b$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = + \int_{a}^{c_1} f + + \int_{c_1}^{c_2} f + + \dotsb + + \int_{c_{n - 1}}^{c_n} f + + \int_{c_n}^{b} f + \end{equation*} +\end{follow} + +\begin{theorem}[монотонность интеграла] + Пусть $f, g \in C[a, b]$ и $f \leq g$ на $[a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b} g + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \begin{gathered} + f_{+} = \max\{f, 0\} \leq \max\{g, 0\} = g_{+} \\ + f_{-} = \max\{-f, 0\} \geq \max\{-g, 0\} = g_{-} + \end{gathered} + \implies + \begin{gathered} + P_{f_{+}} \subset P_{g_{+}} \\ + P_{f_{-}} \supset P_{g_{-}} + \end{gathered} + \implies \\ \implies + \begin{gathered} + \sigma(P_{f_{+}}) \leq \sigma(P_{g_{+}}) \\ + \sigma(P_{f_{-}}) \geq \sigma(P_{g_{-}}) + \end{gathered} + \implies + \int_{a}^{b} f = \sigma(P_{f_{+}}) - \sigma(P_{f_{-}}) \leq \sigma(P_{g_{+}}) - \sigma(P_{g_{-}}) = \int_{a}^{b} g + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{follow} + \begin{enumerate} + \item Пусть $f \in C[a, b]$. Тогда + \label{int_mon:1} + \begin{equation*} + (b - a)\min f \leq \int_{a}^{b} f \leq (b - a)\max f + \end{equation*} + \begin{proof} + $g_1(x) = \min f \leq f(x) \leq \max f = g_2(x)$ + \end{proof} + \item Пусть $f \in C[a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \left|\int_{a}^{b} f \right| \leq \int_{a}^{b} |f| + \end{equation*} + \begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + -|f| \leq f \leq |f| + \implies \\ \implies + -\int_{a}^{b} |f| = \int_{a}^{b} -|f| \leq \int_{a}^{b} f \leq \int_{a}^{b}|f| + \implies \\ \implies + \left| \int_{a}^{b} f \right| \leq \int_{a}^{b} |f| + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{follow} + +\begin{theorem}[о среднем] + Пусть $f \in C[a, b]$. Тогда $\exists\, c \in [a,b]$, для которой + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = f(c)(b - a) + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть + \begin{equation*} + \hphantom{\text{среднее значение функции $f$ на $[a, b]$}} + I_f \coloneqq \frac{1}{b - a} \int_{a}^{b} f + \text{ --- среднее значение функции $f$ на $[a, b]$} + \end{equation*} + По следствию \hyperref[int_mon:1]{1} из монотонности интеграла: $f(u) = \min f \leq I_f \leq \max f = f(v)$ для некоторых $u, v \in [a, b]$ из т. Вейерштрасса. Тогда по т. Больцано-Коши $\exists \, c \in [u, v]$ такая, что $I_f = f(c)$ +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket20.tex b/sections/third/ticket20.tex new file mode 100644 index 0000000..4532f72 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket20.tex @@ -0,0 +1,65 @@ +\subsection{Интеграл от произведения монотонной и периодической функций. Интеграл $\int\limits_1^\infty \frac{\sin x}{x^p}dx$.} +\begin{follow} + Пусть $f, \, g \in C[a, +\infty)$ и $f$ периодическая с периодом $T$ и $g$ монотонная. + Тогда + \begin{enumerate} + \item Если $\int_{a}^{a + T} f(x) \: dx = 0$ и $\lim\limits_{\mathclap{x \to +\infty}} g(x) = 0$, то + $\int_{a}^{+\infty} f(x) g(x) \: dx$ сходится. + \item Если $\int_{a}^{a + T} f(x) \: dx \neq 0$ и $\int_{a}^{+\infty} g(x) \: dx$ расходится и $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = 0$, то + $\int_{a}^{+\infty} f(x) g(x) \: dx$ расходится. + \end{enumerate} + \end{follow} + \begin{proof} + \begin{enumerate} + \item Применим признак Дирихле. Надо проверить ограниченность $F$. Достаточно проверить, что $F$ периодична с периодом $T$(действительно, этого достаточно так как $F$ непрерывна, и непрерывная на отрезке функция ограничена). + \begin{equation*} + \begin{gathered} + F(y + T) - F(y) = \int_{a}^{y + T} f(x) \: dx - \int_{a}^{y} f(x) \: dx = + \int_{y}^{y + T} f(x) \: dx =\\ + = \int_{y}^{a + (k + 1)T} f(x) \: dx + \int_{a + (k + 1)T}^{y + T} f(x) \: dx = + \int_{y - kT}^{a + T} f(x) \: dx + \int_{a}^{y - kT} f(x) \: dx = \\ + = \int_{a}^{a + T} f(x) \: dx = 0 + \end{gathered} + \end{equation*} + Значит по признаку Дирихле есть сходимость. + + \item Пусть $K \coloneqq \int_{a}^{a + T} f(x) \: dx \neq 0$ и $\widetilde{f}(x) + \coloneqq f(x) - \frac{K}{T}$. Тогда $\int_{a}^{a + T} \widetilde{f}(x) \: dx = + \int_{a}^{a + T} f(x) \: dx - K = 0$. Тогда $\widetilde{f}$ и $g$ удовлетворяют условиям первого пункта, значит $\int_{a}^{+\infty} \widetilde{f}(x)g(x) \: dx$ сходится. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{+\infty} f(x)g(x) \: dx = + \underbrace{\int_{a}^{+\infty} \widetilde{f}(x)g(x) \: dx}_{\mathclap{ + \text{сходится} + }} + + \frac{K}{T} + \underbrace{\int_{a}^{+\infty} g(x) \: dx}_{\mathclap{ + \text{расходится} + }} + \end{equation*} + Справа сумма сходящегося и расходящегося интегралов, значит интеграл слева расходится, что и требовалось доказать. + \end{enumerate} + \end{proof} + \begin{example} + Возьмем $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x}{x^p} \: dx$. + + Проверим сходимость. Заметим, что $\int_{0}^{2\pi} \sin x \: dx = 0$. Тогда пусть $f(x) \coloneqq \sin x$ и $g(x) \coloneqq \frac{1}{x^p}$ --- монотонная функция. + Заметим, что если $g(x) \underset{\mathclap{x \to +\infty}}{\longrightarrow} 0$, то + $\int_{1}^{+\infty} \frac{\sin x}{x^p} \: dx$ сходится. Таким образом мы поняли, что у нас есть сходимость в случае $p > 0$. + + Проверим абсолютную сходимость. Заметим, что $\int_{0}^{2\pi} | \sin x | \: dx \neq 0$. При этом легко видеть, что при $1 \geq p > 0\colon g(x) \underset{\mathclap{x \to +\infty}}{\longrightarrow} 0$ и $\int_{1}^{+\infty} g(x) \: dx = \int_{1}^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$ расходится. Таким образом при $1 \geq p > 0$ наш интеграл не имеет абсолютной сходимости(зато имеет обычную сходимость). + + Если $p > 1$ то можно заметить, что $\left | \frac{\sin x}{x^p} \right | \leq \frac{1}{x^p}$, а значит по признаку сравнения у нас есть абсолютная сходимость(а значит есть и просто сходимость). + + Если $p < 0$ возьмем отрезок $[2\pi k + \frac{\pi}{6}, 2\pi k + \frac{5\pi}{6}]$. На таком отрезке $\sin x \geq \frac{1}{2}$. То есть: + \begin{equation*} + \int_{2\pi k + \frac{\pi}{6}}^{2 \pi k + \frac{5 \pi}{6}} + \frac{\sin x}{x^p} \: dx + \geq + \frac{1}{2} \int_{2\pi k + \frac{\pi}{6}}^{2\pi k + \frac{5 \pi}{6}} + \frac{dx}{x^p} + \geq + \frac{1}{2}(\frac{5 \pi}{6} - \frac{\pi}{6}) = \frac{\pi}{3} > 1 + \end{equation*} + То есть на любом суффиксе числовой прямой найдется отрезок, интеграл на котором больше единицы. Это противоречит критерию Коши, значит наш интеграл расходится при $p < 0$. + \end{example} + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket21.tex b/sections/third/ticket21.tex new file mode 100644 index 0000000..3f852a7 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket21.tex @@ -0,0 +1,50 @@ +\subsection{Путь, носитель пути, простой путь, гладкий путь. Эквивалентные пути. Определение кривой} + +\begin{conj} + Пусть $X$ --- метрическое пространство. Тогда + $\gamma\colon [a, b] \to X$ --- путь, если $\gamma$ непрерывна. При этом $\gamma(a)$ называется началом пути, а $\gamma(b)$ концом пути. + \end{conj} + + \begin{conj} + Путь называется замкнутым, если $\gamma(a) = \gamma(b)$ + \end{conj} + + \begin{conj} + Путь называется простым(несамопересекающимся), если $\gamma(t) \neq \gamma(u),\; \forall t, u \in [a, b]$ за исключением, возможно $\gamma(a) = \gamma(b)$. + \end{conj} + + \begin{conj} + Противоположным к $\gamma$ путем называется путь $\gamma^{-1}\colon [a, b] \to X$ такой, что $\gamma^{-1}(t) = \gamma(a + b - t)$. В частности $\gamma^{-1}(a) = \gamma(b)$ и $\gamma^{-1}(b) = \gamma(a)$. + \end{conj} + + \begin{conj} + Пути $\gamma\colon[a, b] \to X$ и $\widetilde{\gamma}\colon[c, d] \to X$ называются эквивалентными, если существует $u\colon [a, b] \to [c, d]$ --- непрерывная и строго монотонно возрастающая функция. При этом $u(a) = c,\, u(b) = d$ и $\gamma = \widetilde{\gamma} \circ u$. + Такая $u$ называется допустимым преобразованием параметра. + \end{conj} + + То есть, так как пути -- это у нас функция, как бы, переводящая время в координаты, то эквивалентные пути -- это пути, которые на плоскости выглядят + одинаково, но, которые, быть может, пройдены за разные промежутки ``времени''. + + \begin{notice} + Это отношение эквивалентности. + \end{notice} + + \begin{conj} + Кривая --- класс эквивалентных путей. Параметризация кривой --- конкретный представитель класса. + \end{conj} + + \begin{conj} + Носитель пути $\gamma$ --- множество $\gamma([a, b])$. + \end{conj} + + Множество точек + + \begin{notice} + У эквивалентных путей одинаковые носители. + \end{notice} + + \begin{conj} + Пусть $\gamma\colon [a, b] \to \R^d$. Тогда $\gamma$ --- r-гладкий путь, если $\gamma_j \in C^r[a, b]$ при $j = 1, 2, \dotsc, d$. + Гладкая кривая --- кривая, у которой есть гладкая параметризация. + \end{conj} + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket22.tex b/sections/third/ticket22.tex new file mode 100644 index 0000000..b6d7a5f --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket22.tex @@ -0,0 +1,75 @@ +\subsection{Длина пути и длина кривой. Определение и простейшие свойства. Аддитивность длины кривой} + +\begin{conj} + Пусть $\gamma\colon [a, b] \to X$. Тогда + длиной пути называется + \begin{equation*} + l(\gamma) = \sup \sum\limits_{k = 1}^{n} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_k)) + \end{equation*} + где $a = t_0 < t_1 < t_2 < \dotsb < t_n = b$. + + \end{conj} + + \begin{notice} + Длины эквивалентных путей и длины противоположных путей равны. + \end{notice} + + \begin{conj} + Длина кривой --- длина пути из класса эквивалентности. + \end{conj} + + \textbf{Свойства}. + \begin{enumerate} + \item Длина кривой $\geq \overbrace{\text{длина хорды, соединяющей ее начало и конец}}^{\mathclap{\text{ + расстояние между началом и концом пути + }}}$. + \item Длина кривой $\geq$ длина вписанной в нее ломаной. + \end{enumerate} + + \begin{theorem}[аддитивность длины] + Пусть $\gamma\colon [a, b] \to X, \, c \in [a, b]$ и $\widetilde{\gamma} \coloneqq \gamma\smash{\big |_{[a, c]}}, \; \vardbtilde{\gamma} \coloneqq \gamma \smash{\big|_{[c, b]}}$. + Тогда + \begin{equation*} + l(\gamma) = l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma}) + \end{equation*} + \end{theorem} + \begin{proof} + \begin{enumerate} + \item[] + \item[,,$\geq$''] Докажем, что $l(\gamma) \geq l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma})$. Пусть $a = t_0, t_1, \dotsc, t_n = c = u_0, u_1, \dots, u_m = b$ --- дробление отрезка~$[a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = 1}^{n} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_{k})) + + \sum\limits_{k = 1}^{m} \rho(\gamma(u_{k - 1}), \gamma(u_{k})) \leq l(\gamma) + \end{equation*} + Заменим каждую сумму на супремум и получим нужно неравенство $ l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma}) \leq l(\gamma)$. + \begin{notice} + \textit{(от редакторов конспекта)} Мы можем переходить к супремуму просто по определению. Оставим то что мы хотим заменить на супремум в левой части, все остальное перенесем направо. Получим + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = 1}^{n} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_{k})) \leq l(\gamma) - + \sum\limits_{k = 1}^{m} \rho(\gamma(u_{k - 1}), \gamma(u_{k})) + \end{equation*} + Тогда выражение справа это верхняя граница для всех выражений слева такого вида. Поэтому разумеется наименьшая из верхних границ тоже не больше этого выражения. Отсюда получаем + \begin{equation*} + \begin{gathered} + l(\widetilde{\gamma}) = \sup \sum\limits_{k = 1}^{n} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_{k})) \leq l(\gamma) - + \sum\limits_{k = 1}^{m} \rho(\gamma(u_{k - 1}), \gamma(u_{k})) \\ + l(\widetilde{\gamma}) + + \sum\limits_{k = 1}^{m} \rho(\gamma(u_{k - 1}), \gamma(u_{k})) \leq l(\gamma) + \end{gathered} + \end{equation*} + Аналогично заменяем на супремум второе слагаемое и неравенство доказано. + \end{notice} + \item[,,$\leq$''] Докажем, что $l(\gamma) \leq l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma})$. Пусть $a = t_0, t_1, \dotsc, t_n = b$ --- дробление отрезка $[a, b]$ и $t_m \leq c < t_{m + 1}$. Тогда + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \sum\limits_{k = 1}^{n} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_k)) + \leq \\ \leq + \underbrace{\sum\limits_{k = 1}^{m} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_k)) + \rho(\gamma(t_m), \gamma(c))}_{\mathclap{\leq l(\widetilde{\gamma})}} + + \underbrace{\rho(\gamma(c), \gamma(t_{m + 1})) + \sum\limits_{\mathclap{k = m + 2}}^{n} \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_k))}_{\mathclap{\leq l(\vardbtilde{\gamma})}} \leq l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma}) + \end{gathered} + \end{equation*} + Переходим к супремуму и получаем нужно неравенство $l(\gamma) \leq l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma})$. + \end{enumerate} + Таким образом $l(\gamma) \leq l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma})$ и $l(\gamma) \geq l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma})$, а значит $l(\gamma) = l(\widetilde{\gamma}) + l(\vardbtilde{\gamma})$. Что и требовалось доказать. + \end{proof} + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket23.tex b/sections/third/ticket23.tex new file mode 100644 index 0000000..d299604 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket23.tex @@ -0,0 +1,138 @@ +\subsection{Длина кривой, заданной параметрически (с леммой). Длина графика функции и длина кривой, заданной в полярных координатах} + +\begin{theorem}[о длине гладкого пути в $\R^d$] + \begin{equation*} + l(y) = \int_{a}^{b} \sqrt{\gamma'_1(t)^2 + \gamma'_2(t)^2 + \dotsb + \gamma'_d(t)^2} \: dt = + \int_{a}^{b} \| \gamma'(t) \| \: dt + \end{equation*} + \end{theorem} + \begin{proof} + Для начала докажем следующую лемму + \begin{lemma} + Пусть $\triangle$ --- отрезок, содержащийся в $[a, b], \; \gamma\colon [a, b] \to \R^d$. А также + \begin{equation*} + \begin{gathered} + m_{\triangle}^{(i)} \coloneqq \min\limits_{t \in \triangle} |\gamma_i'(t)|, \quad + M_{\triangle}^{(j)} \coloneqq \max\limits_{t \in \triangle} |\gamma_j'(t)|, \\ + m_{\triangle} \coloneqq \sqrt{\sum\limits_{i = 1}^{d}\left(m_{\triangle}^{(i)}\right)^2}, \quad + M_{\triangle} \coloneqq \sqrt{\sum\limits_{i = 1}^{d}\left(M_{\triangle}^{(i)}\right)^2} + \end{gathered} + \end{equation*} + Тогда + \begin{equation*} + m_{\triangle}l(\triangle) \leq l(\gamma \big|_{\triangle}) \leq M_{\triangle}l(\triangle) + \end{equation*} + \end{lemma} + \begin{proof} + Возьмем $t_0 < t_1 < \dotsb < t_n$ --- дробление $\triangle, \, a_k$ --- длина $k$-ого звена(между~$\gamma(t_{k - 1})$ и $\gamma(t_k)$). Тогда + \begin{equation*} + \underbracket{ + \gamma_i(t_k) - \gamma_i(t_{k - 1}) = + \gamma_i'(\overbrace{\xi_{ik}}^{\mathclap{\xi_{ik} \in [t_{k - 1}, t_k] \subset \triangle}}) + (t_k - t_{k - 1})}_{\mathclap{\text{ + по теореме Лагранжа + }}} + \leq M_{\triangle}^{(i)}(t_k - t_{k - 1}) + \end{equation*} + Теперь возведем обе части неравенства в квадрат и просуммируем по всем $i$: + \begin{equation*} + \rho(\gamma(t_{k - 1}), \gamma(t_k))^2 = a_k^2 = + \sum\limits_{i = 1}^{d}(\gamma_i(t_k) - \gamma_i(t_{k - 1}))^2 \leq + (t_k - t_{k - 1})^2 \sum\limits_{i = 1}^{d}\left(M_{\triangle}^{(i)}\right)^2 = + (t_k - t_{k -1 })^2M_{\triangle}^2 + \end{equation*} + Таким образом, просуммировав по всем $k$ от 1 до $n$ получаем, что + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = 1}^{n} a_k \leq + M_{\triangle} \sum\limits_{k = 1}^{n}(t_k - t_{k - 1}) = M_{\triangle}l(\triangle) + \implies + \sup \sum\limits_{k = 1}^{n} a_k = + l(\gamma \big|_{\triangle}) \leq M_{\triangle}l(\triangle) + \end{equation*} + Аналогично доказывается ограничение снизу. Лемма доказана. + \end{proof} + Перейдем к доказательству теоремы. Рассмотрим дробление $a = t_0 < t_1 < \dotsb < t_{n - 1} < t_n = b$. Пусть $m_k \coloneqq m_{[t_{k - 1}, t_k]}$ и $M_k \coloneqq M_{[t_{k - 1}, t_k]}$. По лемме знаем, что + \begin{equation*} + m_k(t_k - t_{k - 1}) \leq l(\gamma\big|_{[t_{k - 1}, t_k]}) \leq M_k(t_k - t_{k - 1}) + \end{equation*} + Заметим, что + \begin{equation*} + m_k(t_k - t_{k - 1}) \leq + \int_{t_{k - 1}}^{t_k} \|\gamma'(t) \| \: dt + \leq M_k(t_k - t_{k - 1}) + \end{equation*} + Сложим наши неравенства для $k$ от 1 до $n$: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \sum\limits_{k = 1}^{n} m_k(t_k - t_{k - 1}) + \leq l(\gamma) \leq \sum\limits_{k = 1}^{n} M_k(t_k - t_{k - 1}) \\ + \sum\limits_{k = 1}^{n} m_k(t_k - t_{k - 1}) + \leq \int_{a}^{b} \|\gamma'(t) \| \: dt \leq \sum\limits_{k = 1}^{n} M_k(t_k - t_{k - 1}) + \end{gathered} + \end{equation*} + Заметим, что + \begin{equation*} + \begin{gathered} + M_k - m_k = \sqrt{\sum\limits_{i = 1}^{d}\left(M_{[t_{k - 1}, t_k]}^{(i)}\right)^2} - + \sqrt{\sum\limits_{i = 1}^{d}\left(m_{[t_{k - 1}, t_k]}^{(i)}\right)^2} + \leq \\ \leq + \sqrt{\sum_{i = 1}^{d}\left(M_{[t_{k - 1}, t_k]}^{(i)} - m_{[t_{k - 1}, t_k]}^{(i)}\right)^2} \leq + \sum\limits_{i = 1}^{d}\left(M_{[t_{k - 1}, t_k]}^{(i)} - m_{[t_{k - 1}, t_{k}]}^{(i)}\right) = \\ + = \sum\limits_{i = 1}^{d}(\gamma_i'(\xi_{ik}) - \gamma_i'(\eta_{ik}))\text{, где } + \xi_{ik}, \eta_{ik} \in [t_{k - 1}, t_k] \leq \\ + \leq \sum_{i = 1}^{d} \omega_{\gamma'_{i}}(|\tau|)\text{, где } \tau\text{ --- мелкость разбиения} + \end{gathered} + \end{equation*} + Но модуль непрерывности стремится к нулю, если мелкость стремится к нулю. А так как $d$ --- какое-то конечное число, то и вся сумма стремится нулю, а значит и $M_k - m_k$. Теперь просуммируем по всем $k$ от 1 до $n$: + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = 1}^{n} (M_k - m_k)(t_k - t_{k - 1}) \leq + \left(\sum_{i = 1}^{d} \omega_{\gamma'_{i}}(|\tau|)\right)\left(\sum\limits_{k = 1}^{n} (t_k - t_{k - 1})\right) \leq \left(\sum_{i = 1}^{d} \omega_{\gamma'_{i}}(|\tau|)\right)(b - a) + \end{equation*} + Таким образом $\sum\limits_{k =1}^{n} m_k(t_k - t_{k - 1})$ и $\sum\limits_{k =1}^{n} M_k(t_k - t_{k - 1})$ могут находится сколь угодно близко друг к другу, а значит + \begin{equation*} + l(\gamma) = \int_{a}^{b} \| \gamma'(t)\| \: dt + \end{equation*} + Что и требовалось доказать. + \end{proof} + + \textbf{Следствия}. + \begin{enumerate} + \item Длина графика функции $f\colon [a, b] \to \R$ равна $\int_{a}^{b} \sqrt{1 + f'(x)^2} \: dx$. + \begin{proof} + Пусть + $ + \gamma(t) = + \begin{pmatrix} + t\\ + f(t) + \end{pmatrix} + $. Тогда + $ + \gamma'(t) = + \begin{pmatrix} + 1\\ + f'(t) + \end{pmatrix} + $. Подставив $\gamma$ в формулу из теоремы получаем нужное равенство. + \end{proof} + \item Длина пути в полярных координатах $r\colon [\alpha, \beta] \to \R$ равна $\int_{\alpha}^{\beta} \sqrt{r^2(t) + r'(t)^2} \: dt$. + \begin{proof} + Пусть + $ + \gamma(t) = + \begin{pmatrix} + r(t)\cos t \\ + r(t)\sin t + \end{pmatrix} + $. Тогда + $ + \gamma'(t) = + \begin{pmatrix} + r'(t)\cos t - r(t)\sin t \\ + r'(t)\sin t + r(t)\cos t + \end{pmatrix} + $. Подставив $\gamma$ в формулу из теоремы получаем нужное равенство. + \end{proof} + \item $l(\gamma) \leq (b - a)\max\limits_{t \in [a, b]} \| \gamma'(t) \|$ + \end{enumerate} + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket24.tex b/sections/third/ticket24.tex new file mode 100644 index 0000000..524daf3 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket24.tex @@ -0,0 +1,59 @@ +\subsection{Длины эллипса и синусоиды. Эллиптические интегралы первого и второго рода. Связность линейно связного множества} + +\begin{examples} + \begin{enumerate} + \item Длина эллипса $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1, \; a \geq b$. Пусть $\overbrace{x(t) = a\cos t}^{\mathclap{\gamma_1(t)}}, \, \overbrace{y(t) = b\sin t}^{\mathclap{\gamma_2(t)}}, \, t \in [0, 2\pi]$. Тогда + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \gamma_1' = -a\sin t, \quad \gamma_2' = b \cos t \\ + l = \int_{0}^{2\pi}\sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t} \: dt = + 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{a^2 - (a^2 - b^2)\cos^2 t} \: dt + = 4a\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1 - \varepsilon^2\sin^2 t} \: dt + \text{,} \\ \text{где } \varepsilon = \frac{\sqrt{a^2 - b^2}}{a}\text{ --- эксцентриситет эллипса} + \end{gathered} + \end{equation*} + $ \displaystyle + E(k) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1 - k^2\sin^2 t} \: dt + $ --- эллиптический интеграл \rom{2} рода. + + $ \displaystyle + K(k) = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dt}{\sqrt{1 - k^2\sin^2 t}} + $ --- эллиптический интеграл \rom{1} рода. + \item Длина одного периода синусоиды $y = a\sin \frac{x}{b}, \; x \in [0, 2\pi b]$. + \begin{equation*} + l = \int_{0}^{2\pi b}\sqrt{1 + \left(\frac{a}{b}\cos \frac{x}{b}\right)^2} \: dx + \end{equation*} + Пусть $\frac{x}{b} = t$. Тогда + \begin{equation*} + \begin{gathered} + l = \int_{0}^{2\pi} \sqrt{1 + \frac{a^2}{b^2}\cos^2 t} \; b \; dt = + \int_{0}^{2\pi} \sqrt{b^2 + a^2\cos^2 t} \; dt = + 4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{(a^2 + b^2) - a^2\sin^2 t} \; \: dt = \\ + = 4\sqrt{a^2 + b^2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1 - \frac{a^2}{a^2 + b^2}\sin^2 t} \; \: dt + = 4\sqrt{a^2 + b^2} \; E\left(\frac{a}{\sqrt{a^2 + b^2}}\right) + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{enumerate} +\end{examples} + +\begin{conj} + $A$ --- линейно связное множество, если $\forall x,\, y \in A$ найдется + $\gamma\colon [a, b] \to A$ такой, что $\gamma(a) = x$ и $\gamma(b) = y$. +\end{conj} + +\begin{theorem} + Линейно связное множество связно. +\end{theorem} \nopagebreak[4] +\begin{proof} + От противного. Пусть $A \subset U \cup V$ и $U,\, V$ --- открытые, $U \cap V = \varnothing$ и $A \cap U \neq \varnothing, \, A \cap V \neq \varnothing$. + + Возьмем $x \in A \cap U, \, y \in A \cap V$. Тогда есть $\gamma\colon [a, b] \to A$ --- путь, их соединяющий. Тогда $[a, b] \subset \gamma^{-1}(U) \cup \gamma^{-1}(V)$ и при этом~$\gamma^{-1}(U) \cap \gamma^{-1}(V) = \varnothing, \, a \in \gamma^{-1}(U), \, b \in \gamma^{-1}(V)$. Мы знаем, что отрезок связен, но получили, что он не связен. Противоречие. +\end{proof} + +\begin{conj} + Область --- открытое линейное связное множество. +\end{conj} + +\begin{notice} + Можно доказать, что для открытых множеств связность = линейная связность. +\end{notice} diff --git a/sections/third/ticket25.tex b/sections/third/ticket25.tex new file mode 100644 index 0000000..1603302 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket25.tex @@ -0,0 +1,83 @@ +\subsection{Ряды в нормированном пространстве. Критерий Коши. Абсолютная сходимость} + +\begin{conj} + Пусть $X$ --- нормированное пространство, $\norm{\cdot}$ --- норма, $x_n \in X$. Тогда + $\smash{\sum\limits_{k = 1}^{\infty} x_n}$ --- ряд. Частичная сумма ряда + $S_n = \sum\limits_{k = 1}^{n} x_k$. Если существует $\lim S_n$, то он называется суммой ряда. Ряд сходящийся, если его сумма конечна. +\end{conj} + +\begin{theorem}[необходимое условие сходимости] + Если ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}$ сходится, то $\lim x_n = 0$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $S = \lim S_n$. Тогда + \begin{equation*} + x_n = S_n - S_{n - 1} \implies \lim x_n = \lim S_n - \lim S_{n - 1} = S - S = 0 + \end{equation*} +\end{proof} + +\textbf{Свойства}. +\begin{enumerate} + \item Линейность суммы. Если ряды $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n$ и $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} y_n$ сходятся и $\alpha, \, \beta \in \R$, то ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}(\alpha x_n + \beta y_n)$ сходится и + \begin{equation*} + \sum\limits_{n = 1}^{\infty} (\alpha x_n + \beta y_n) = \alpha\sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n + \beta\sum\limits_{n = 1}^{\infty} y_n + \end{equation*} + \begin{proof} + Пусть $X_n \coloneqq \sum\limits_{k = 1}^{n} x_k, \, Y_n \coloneqq \sum\limits_{k = 1}^{n} y_k, \, S_n \coloneqq \sum\limits_{k = 1}^{n}(\alpha x_k + \beta y_k) = + \alpha X_n + \beta Y_n$. А значит свойство выполняется просто по линейности перехода к пределу в нормированном пространстве. + \end{proof} + + \item Расстановка скобок не меняет суммы. + + \item В $\C$ и $\R^d$ ряды сходятся тогда и только тогда, когда они сходятся покоординатно. +\end{enumerate} + +\begin{theorem}[критерий Коши] + Пусть $X$ --- полное нормированное пространство. Тогда + \begin{equation*} + \text{Ряд }\sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n\text{ сходится }\iff \; \forall \varepsilon > 0 \; \exists N \; \forall m,\, n \geq N\colon + \left \|\sum\limits_{k = n}^{m} x_K \right \| < \varepsilon + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + \begin{align*} + \text{Ряд сходится } &\iff \\ + \text{существует }\lim S_n &\iff \\ + S_n\text{ --- фундаментальная последовательность } &\iff \\ + \forall \varepsilon > 0 \; \exists N \; \forall m, n \geq N\colon \|S_n - S_m\| < \varepsilon &\iff \\ + \forall \varepsilon > 0 \; \exists N \; \forall m, n \geq N\colon + \left\|\sum\limits_{k = m + 1}^{n} x_k\right\| < \varepsilon& + \end{align*} +\end{proof} + +\begin{conj} + Ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n$ --- абсолютно сходится, если + $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \|x_n\|$ --- сходится. +\end{conj} + +\begin{theorem} + В полном нормированном пространстве если ряд абсолютно сходится, то он сходится и + \begin{equation*} + \left\|\sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n\right\| \leq + \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\left\|x_n\right\| + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + $\sum\limits_{n = 1}^{\infty}\|x_n\|$ сходится, а значит + \begin{equation*} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists N \; \forall n, m \geq N\colon \sum\limits_{k = n}^{m} \|x_k\| < \varepsilon + \end{equation*} + Но + \begin{equation*} + \sum\limits_{k = n}^{m} \| x_k \| \geq \left\| \sum\limits_{k = n}^{m} x_k \right\| \implies + \sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n\text{ --- сходится} + \end{equation*} + Теперь докажем неравенство, мы знаем, что $\Big \| \sum\limits_{k = 1}^{n} x_k \Big \| \leq \sum\limits_{k = 1}^{n} \| x_k \|$. Применив предельный переход и факт о том, что предел нормы равен норме предела получаем нужное неравенство. Теорема доказана. +\end{proof} + +\begin{notice} + Если $\sum x_n$ и $\sum y_n$ абсолютно сходятся, то $\sum(\alpha x_n + \beta y_n)$ сходится. +\end{notice} +\begin{proof} + По неравенству треугольника $\| \alpha x_n + \beta y_n \| \leq | \alpha | \| x_n \| + | \beta | \| y_n \|$. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket26.tex b/sections/third/ticket26.tex new file mode 100644 index 0000000..0184026 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket26.tex @@ -0,0 +1,58 @@ +\subsection{Группировка членов ряда. Свойства} + +\textbf{Достаточные условия сходимости при группировке членов ряда}. +\begin{enumerate} + \item Каждая группа состоит из $\leq M$ слагаемых, $\lim x_n = 0$ и сгрупированный ряд сходится к~$S$. Тогда $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} x_n = S$. + \begin{proof} + Заметим, что частичные суммы сгрупированного ряда это просто какая-то подпоследовательность частичных сумм нашего ряда $S_{n_1}, S_{n_2}, S_{n_3}, \dotsc, \quad \lim S_{n_k} = S$. Мы знаем, что в каждой группе ограниченное число слагаемых: + \begin{equation*} + \hphantom{, \quad n_k - n_{k - 1} \leq M} + n_1, n_2 - n_1, n_3 - n_2, \dotsc + , \quad n_k - n_{k - 1} \leq M + \end{equation*} + Возьмем произвольное $n\colon \; n_k \leq n < n_{k + 1}$. + Тогда $S_n = S_{n_k} + \overbrace{x_{n_{k}+1} + x_{n_{k}+2} + \dotsc + x_n}^{\mathclap{\text{ + $\leq M$ слагаемых + }}}$. Тогда + \begin{equation*} + \| S_n - S \| \leq \| S_{n_k} - S \| + \| x_{n_{k}+1} \| + \| x_{n_{k}+2} \| + \dotsc + \| x_n \| + \end{equation*} + Также заметим, что + \begin{equation*} + \lim x_n = 0 \implies \exists N\colon \forall m \geq N\colon \| x_m \| < \varepsilon + \end{equation*} + Тогда мы знаем, что при достаточно больших $k\colon \|S_{n_k} - S\| < \varepsilon$, а так же при достаточно больших $k\colon \forall m \geq n_k\colon \| x_m \| < \varepsilon$. Значит при достаточно больших $k\colon$ + \begin{equation*} + \| S_n - S \| \leq (M + 1)\varepsilon + \end{equation*} + где $(M + 1)$ --- константа, а $\varepsilon$ может быть сколь угодно маленьким. Значит + \begin{equation*} + \lim \| S_n - S \| = 0 \implies \lim S_n = S + \end{equation*} + \end{proof} + + \item Для числовых рядов. Члены ряда в каждой группе одного знака и сгрупированный ряд сходится. Тогда и исходный ряд сходится. + \begin{proof} + Пусть $S_{n_1}, S_{n_2}, \dotsc$ --- частичные суммы для сгрупированного ряда. Берем произвольное $n$. Тогда $n_k \leq n < n_{k + 1}$ и + \begin{equation*} + S_n = S_{n_k} + x_{n_{k}+1} + x_{n_{k}+2} + \dotsc + x_n + \end{equation*} + Пусть все $x_i$ при $i \in (n_k, n_{k + 1}]$(группа, в которой мы находимся) неотрицательны. Тогда $S_n \geq S_{n_k}$. Аналогично получаем, что $S_n \leq S_{n_{k + 1}}$. Тогда $S_n$ лежит между $S_{n_k}$ и $S_{n_{k + 1}}$, каждое из которых стремится к $S$. Значит по теореме о двух миллиционерах $S_n$ тоже стремится к~$S$. + \end{proof} +\end{enumerate} + +\begin{example} + Посмотрим на ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{(-1)^{[\sqrt[3]{n}]}}{\sqrt{n}}$. Поделим его на блоки следующего вида: + \begin{equation*} + (-1)^k \left( + \frac{1}{\sqrt{k^3}} + \frac{1}{\sqrt{k^3 + 1}} + \dotsb + \frac{1}{\sqrt{(k + 1)^3 - 1}} + \right) + \end{equation*} + Тогда заметим, что $(k + 1)^3 - k^3 \geq 3k^2$, а значит + \begin{equation*} + |\text{сумма в блоке}| + \geq + \frac{3k^2}{\sqrt{(k + 1)^3 - 1}} > 1 + \end{equation*} + Таким образом сгрупированный ряд расходится, потому что не выполняется необходимое условие сходимости. А значит и наш ряд расходится, так как сгрупированный ряд это просто подпоследовательность нашего. +\end{example} diff --git a/sections/third/ticket27.tex b/sections/third/ticket27.tex new file mode 100644 index 0000000..56f59ad --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket27.tex @@ -0,0 +1,48 @@ +\subsection{Критерий сходимости ряда с неотрицательными членами. Признак сравнения. Следствие} +\begin{theorem} + Если $a_n \geqslant 0$, то ряд сходится, если и только если его частичные суммы ограничены сверху. +\end{theorem} +\begin{proof} + Обозначим за $S_n := \sum\limits_{k=1}^n a_k$. + Тогда по определению ряд сходится $\Leftrightarrow$ $S_n$ имеют конечный предел. + Заметим, что $S_n$ момнотонно возрастает, так как члены ряда неотрицательны, значит по т. Вейерштрасса $S_n$ имеет предел $\Leftrightarrow$ она ограничена сверху. +\end{proof} + +\vspace{4mm} + +\textbf{Признак сравнения.} +Пусть $0 \leqslant a_n \leqslant b_n$. +Тогда \begin{enumerate} + \item Если $\sum b_n$ сходится, то $\sum a_n$ тоже сходится. + \item Если $\sum a_n$ расходится, то $\sum b_n$ тоже расходится. +\end{enumerate} +Можно считать, что неравенство выполняется лишь с некоторого момента, так как отбрасывание конечного префикса на сходимость не влияет. +\begin{proof} + Заведем частичные суммы $A_n := \sum\limits_{k=1}^n a_k, B_n = \sum\limits_{k=1}^n b_k$. + Очевидно, что $A_n \leqslant B_n$. + Теперь просто воспользуемся предыдущей теоремой для доказательства каждого пункта: + \begin{enumerate} + \item $\sum b_n$ сходится $\Rightarrow B_n$ ограничены сверху $\Rightarrow A_n$ ограничены сверху $\Rightarrow \sum a_n$ сходится. + \item От противного: $\sum b_n$ сходится $\Rightarrow \sum a_n$ сходится по первому пункту. Противоречие. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{follow} + \begin{enumerate} + \item Если $a_n, b_n \geqslant 0, a_n = O(b_n)$ и $\sum b_n$ сходится, то $\sum a_n$ сходится. + \item Если $a_n \thicksim b_n$, то $\sum a_n$ и $\sum b_n$ ведут себя одинаково. + \end{enumerate} + Понятно, что все это при $n \to +\infty$. +\end{follow} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item По условию $0 \leqslant a_n \leqslant cb_n$, а мы знаем, что $\sum cb_n$ сходится, так как константу мы можем заносить, тогда по признаку сравнения $\sum a_n$ сходится. + \item $a_n \thicksim b_n \Rightarrow \lim \frac{a_n}{b_n} = 1 \Rightarrow \frac{1}{2} \leqslant \frac{a_n}{b_n} \leqslant 2$ при больших $n$. + + Отсюда следуют 2 неравенства: $\begin{cases} + a_n \leqslant 2b_n \\ + b_n \leqslant 2a_n + \end{cases}$ при больших $n$. Тогда по признаку сравнения они ведут себя одинаково. + \end{enumerate} +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket28.tex b/sections/third/ticket28.tex new file mode 100644 index 0000000..04d503f --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket28.tex @@ -0,0 +1,32 @@ +\subsection{Признак Коши (с $\overline{\lim}$). Примеры} +\textbf{Признак Коши.} +Пусть $a_n \geqslant 0$. Тогда: +\begin{enumerate} + \item Если $\sqrt[n]{a_n} \leqslant q < 1$, то ряд сходится. + \item Если $\sqrt[n]{a_n} \geqslant 1$, то ряд расходится. + \item Пусть $q^* := \overline{\lim}_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n}$. + Если $q^* < 1$, то ряд сходится, если $q^* > 1$, то ряд расходится, иначе ничего утверждать нельзя. +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item $a_n \leqslant q^n$ при $q < 1 \Rightarrow$ применяем признак сравнения с бесконечно убывающей геометрической прогрессией. + \item $a_n \geqslant 1$, нет необходимого условия сходимости. + \item Пусть $q^* > 1$. + Вспомним, что это наибольший частичный предел и возьмем эту подпоследовательность: $\sqrt[n_k]{a_{n_k}} \to q* > 1$. + Тогда $\sqrt[n_k]{a_{n_k}} > 1$ при больших $k$ $\Rightarrow a_{n_k} > 1$ при больших $k$. + Опять не выполняется необходимое условие сходимости. + + Пусть $q^* < 1$. + Распишем верхний предел по определению: $q^* = \lim\limits_{n \to \infty} \sup\limits_{k \geqslant n} \sqrt[k]{a_k} < 1$. + Значит, с какого-то момента $\sup\limits_{k \geqslant n} \sqrt[k]{a_k} < \frac{q^* + 1}{2}$ (это середина отрезка от $q^*$ до 1). + Супремум не меньше членов подпоследовательности, поэтому $\sqrt[n]{a_n} < \frac{q^* + 1}{2} < 1$ с какого-то момента. + Осталось применить первый пункт. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\underline{Примеры, когда $q^* = 1:$} +\begin{enumerate} + \item У гармонического ряда $q^* = 1$, а он расходится. + \item У ряда $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)}$ $q^*$ тоже равен 1, но он сходится. +\end{enumerate} diff --git a/sections/third/ticket29.tex b/sections/third/ticket29.tex new file mode 100644 index 0000000..181e708 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket29.tex @@ -0,0 +1,37 @@ +\subsection{Признак Даламбера. Примеры. Связь между признаками Коши и Даламбера} +\textbf{Признак Даламбера:} +Пусть $a_n > 0$. Тогда: \begin{enumerate} + \item Если $\frac{a_{n+1}}{a_n} \leqslant d < 1$, то $\sum a_n$ сходится. + \item Если $\frac{a_{n+1}}{a_n} \geqslant 1$, то $\sum a_n$ расходится. + \item Пусть $d^* := \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$. Если $d^* < 1$, то ряд сходится, если $d^* > 1$, то расходится, иначе ничего утверждать нельзя (примеры те же). +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item В этом пункте утверждается, что $a_{n+1} \leqslant da_n \leqslant d^2a_{n - 1} \leqslant \dots \leqslant d^na_1$. Применяем признак сравнения с бесконечно убывающей геометрической прогрессией. + \item В этом пункте $a_{n+1} \geqslant a_n$, значит, нет необходимого условия сходимости. + \item Пусть $d^* < 1$. Вспомним, что это $\lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$, а значит с какого-то момента $\frac{a_{n+1}}{a_n} < \frac{d^* + 1}{2} < 1$. Осталось применить первый пункт. + + Пусть $d^* > 1$. Тогда с какого-то момента $\frac{a_{n+1}}{a_n} \geqslant 1$. Осталось применить второй пункт. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{example} + Исследуем на сходимость ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{x^n}{n!}$ при $x > 0$. + + По Даламберу: $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{x^{n+1}n!}{(n+1)!x^n} = \frac{x}{n+1} \to 0 \Rightarrow$ ряд сходится. + + По Коши: $\sqrt[n]{a_n} = \frac{x}{\sqrt[n]{n!}} \thicksim \frac{x}{\sqrt[n]{n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n}}} = \frac{x}{ne^{-1}\sqrt[2n]{2\pi n}} \to 0 \Rightarrow$ ряд сходится. +\end{example} + +\vspace{5mm} + + +\begin{theorem} (связь пр. Коши и Даламбера) + Если $a_n > 0$ и $d^* = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}$, то $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = d^*$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Будем считать $\lim\limits_{n \to \infty} \ln(\sqrt[n]{a_n}) = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\ln a_n}{n}$. + Для этого применим т. Штольца (знаменатель строго возрастает и стремится в $+\infty$): \[ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\ln a_n}{n} = \lim\limits_{n \to \infty} \frac{\ln a_{n+1} - \ln a_n}{n + 1 - n} = \lim\limits_{n \to \infty} \ln \frac{a_{n+1}}{a_n} = \ln d^* \] + \quad Значит, $\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{a_n} = e^{\ln d^*} = d^*$. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket3.tex b/sections/third/ticket3.tex new file mode 100644 index 0000000..d2fd881 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket3.tex @@ -0,0 +1,89 @@ +\subsection{Интеграл с переменным верхним пределом. Теорема Барроу. Следствия. Формула Ньютона–Лейбница} +\begin{conj} + Интегралом с переменным верхним пределом называют + \begin{equation*} + \hphantom{, \quad x \in [a, b]} + \Phi(x) = \int_{a}^{x} f + , \quad x \in [a, b] + \end{equation*} +\end{conj} + +\begin{conj} + Интегралом с переменным нижним пределом называют + \begin{equation*} + \hphantom{, \quad x \in [a, b]} + \Psi(x) = \int_{x}^{b} f + , \quad x \in [a, b] + \end{equation*} +\end{conj} + +\begin{notice} + \begin{equation*} + \Phi(x) + \Psi(x) = \int_{a}^{b} f + \end{equation*} +\end{notice} + +\begin{theorem}[Барроу] + Если $f \in C[a, b]$, то $\Phi(x)$ --- первообразная $f$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $y > x$ и + \begin{equation*} + R(y) = \frac{\Phi(y) - \Phi(x)}{y - x} = \frac{1}{y - x}\left(\int_{a}^{y} f - \int_{a}^{x} f\right) = \frac{1}{y - x}\int_{x}^{y} f + \end{equation*} + Тогда по теореме о среднем $R(y) = f(c)$ для некоторой точки $c \in [x, y]$. Докажем, что $\lim_{y \to x+} R(y) = f(x)$. Проверим на последовательностях. Возьмем $y_n$, которая монотонно убывает и стремится к $x$. Пусть $c_n$ --- соответствующая точка для $y_n$,\; $x \leq c_n \leq y_n$ такая, что $R(y_n) = f(c_n)$. Тогда $\lim c_n = x \implies \lim R(y_n) = \lim f(c_n) = f(x) \implies \Phi'(x) = f(x)$. Что и требовалось доказать. +\end{proof} + +\begin{follow} + \begin{enumerate} + \item $\Psi'(x) = -f(x)$ + \begin{proof} + $\displaystyle\Psi(x) = \int_{a}^{b}f - \Phi(x) \implies \Psi'(x) = (C - \Phi(x))' = -\Phi'(x) = -f(x)$ + \end{proof} + \item Если $f \in C\langle a, b \rangle$, то у $f$ есть первообразная + \begin{proof} + Пусть $c \in (a, b)$. + + \begin{equation*} + F(x) \coloneqq + \begin{cases} + \displaystyle + \int_{c}^{x} f & \text{ при $x \geq c$}, \quad x \in [c, b\rangle, \quad (F(x))' = f(x)\\ + \displaystyle + -\int_{x}^{c} f & \text{ при $x \leq c$}, \quad x \in \langle a, c], \quad (F(x))' = -(-(f(x))) + \end{cases} + \end{equation*} + \end{proof} + \end{enumerate} +\end{follow} + +\textbf{Обозначение.} +$F \big|_{a}^{b} \coloneqq F(b) - F(a)$ --- подстановка + +\begin{theorem}[формула Ньютона-Лейбница] + Пусть $f \in C[a, b]$ и $F$ --- первообразная $f$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = F(b) - F(a) + \end{equation*} +\end{theorem} + +\begin{proof} + По теореме Барроу $\Phi(x)$ --- первообразная $f$. Тогда + \begin{equation*} + \Phi(x) = F(x) + C \implies + \begin{cases} + &0 = \Phi(a) = F(a) + C \implies C = -F(a) \\ + &\Phi(b) = F(b) + C + \end{cases} + \end{equation*} + При этом + \begin{equation*} + \Phi(b) = \int_{a}^{b} f + \text{ по определению} + \end{equation*} + Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} f = \Phi(b) = F(b) + C = F(b) - F(a) + \end{equation*} + Что и требовалось доказать. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket30.tex b/sections/third/ticket30.tex new file mode 100644 index 0000000..e13c7e6 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket30.tex @@ -0,0 +1,98 @@ +\subsection{Связь между суммами и интегралами. Интегральный признак. Сходимость и расходимость рядов $\sum \frac{1}{n^p}$ и $\sum \frac{1}{n \ln n}$} +\begin{theorem} (связь между суммами и интегралами) + + \quad Пусть $f: [a, b] \to \R$ монотонна. Тогда \[ \left| \sum_{k = a}^b f(k) - \int_a^b f(x)dx \right| \leqslant \max\{|f(a)|, |f(b)| \}\] +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $f$ монотонно убывает и $f \geqslant 0$. + Посмотрим на 2 суммы: \[ \sum\limits_{k = a}^{b-1} f(k) \geqslant \int_a^b f(x)dx \geqslant \sum\limits_{k = a + 1}^b f(k) \] + \begin{center} + %\includegraphics[scale=0.5]{images/lec5_pic1.png} + \begin{tikzpicture}[thick,yscale=0.8] + % Axes + \draw[-latex,name path=xaxis] (-1,0) -- (10,0) node[above]{}; + \draw[-latex] (0,-2) -- (0,8) node[right]{}; + + % Function plot + \draw[ultra thick, orange,name path=function] plot[smooth,domain=1.2:8] (\x, {1/(0.2*\x-0.1) + 0.6}) node{}; + + % Draw columns + \draw[ultra thick, violet, name path=0function] (1.5, 0) -- (1.5, 5.5) node[circle,fill,inner sep=1pt]{}; + \draw[ultra thick, violet, name path=1function] (2.5, 0) -- (2.5, 5.5); + \draw[ultra thick, violet] (1.5, 5.5) -- (2.528, 5.5); + + \draw [ultra thick, pink, name intersections={of=function and 1function}] ($(intersection-1)+(0.028,0)$) -- ++(-1,0); + \draw [ultra thick, violet, name intersections={of=function and 1function}] ($(intersection-1)-(0.028,0)$) -- ++(1.056,0); + \draw [ultra thick, violet, name intersections={of=function and 1function}, name path=2function] ($(intersection-1)+(1,0)$) -- ++(0,-3.1); + + \draw [ultra thick, pink, name intersections={of=function and 2function}] ($(intersection-1)+(0.028,0)$) -- ++(-1,0); + \draw [ultra thick, violet, name intersections={of=function and 2function}] ($(intersection-1)-(0.028,0)$) -- ++(1.056,0); + \draw [ultra thick, violet, name intersections={of=function and 2function}, name path=3function] ($(intersection-1)+(1,0)$) -- ++(0,-2.26); + + \draw [ultra thick, pink, name intersections={of=function and 3function}] ($(intersection-1)-(0.028,0)$) -- ++(-0.944,0); + + \draw[ultra thick, violet, name path=5function] (7, 0) -- (7, 1.4); + \draw[ultra thick, violet, name path=4function] (8, 0) -- (8, 1.4); + \draw[ultra thick, violet] (6.972, 1.4) -- (8.028, 1.4); + \draw[ultra thick, pink] (7.028, 1.25) -- (7.972, 1.25); + + % % x-axis labels + \draw [name intersections={of=0function and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {\small $a$} ; + \draw [name intersections={of=1function and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {\small $a+1$} ; + \draw [name intersections={of=2function and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {\small $a+2$} ; + \draw [name intersections={of=3function and xaxis}] ($(intersection-1)+(1,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {\small $a+3$} ; + \draw [name intersections={of=5function and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {\small $b-1$} ; + \draw [name intersections={of=4function and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {\small $b$} ; + \end{tikzpicture} + \end{center} + \quad Случай, когда $f$ не обязательно неотрицательна, сводится к этому прибавлением константы. + Действительно, сделаем функцию неотрицательной прибавлением константы $c$, тогда как суммы, так и интеграл изменятся на $+c(b - a)$, то есть неравенство сохранится. + + \quad Теперь вычтем из неравенства всю сумму: \[ -f(b) \geqslant \int_a^b f(x)dx - \sum\limits_{k = a}^b f(k) \geqslant -f(a) \] + \quad Добавив модуль, получаем искомое неравенство. + + \quad Случай, когда $f$ монотонно возрастает рассматривается аналогично. +\end{proof} + +\vspace{6mm} + +\textbf{Интегральный признак.} +Пусть $f: [1, +\infty) \to [0, +\infty)$ монотонна. +Тогда $\sum\limits_{n = 1}^\infty f(n)$ и $\int_1^{+\infty} f(x)dx$ ведут себя одинаково. +\begin{proof} + Если $f$ монотонно возрастает, то, очевидно, и то, и то расходится. + Пусть $f$ монотонно убывает. + Члены ряда неотрицательны, поэтому его сходимость равносильна ограниченности частичных сумм $S_n := \sum\limits_{k = 1}^n f(k)$. + Сходимость же интеграла равносильна ограниченности первообразной $F(x) := \int_1^x f(x)dx$. + Чтобы связать эти ограниченности воспользуемся теоремой: \[ \left| S_n - F(n) \right| \leqslant f(1) (\text{не рассматриваем $f(n)$ так как $f$ убывает}) \] + \quad Значит, ограниченность $S_n \Leftrightarrow$ ограниченность $F(n)$. + + \quad Но мы брали первообразную только в натуральных точках, значит, нам надо еще понять, что ограниченность $F(n) \Leftrightarrow$ ограниченность $F(x)$. + Это очевидно, так как из-за неотрицательности $f$ первообразная $F$ монотонно возрастает, а значит, $F(x) \leqslant F(n)$ при $x \leqslant n$. + + \quad Таким образом, мы показали, что ограниченность $S_n \Leftrightarrow$ ограниченность $F(x)$. + Следовательно, мы показали равносильность сходимости суммы и интеграла. +\end{proof} + +\vspace{6mm} + +\begin{example} + Установим, при каких $p$ сходится ряд $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$. + При $p \leqslant 0$, ряд очевидно расходится. + Пусть $p > 0$. + Введем функцию $f(x) = \frac{1}{x^p}$, которая неотрицательна и монотонно убывает. + Тогда согласно интегральному признаку $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ и $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^p}$ ведут себя одинаково. + А про интеграл мы уже все знаем, он сходится, когда $p > 1$. + Следовательно, $\sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n^p}$ сходится при $p > 1$. +\end{example} + +\begin{follow} + С таким рядом удобно писать признак сравнения: если $0 \leqslant a_n \leqslant \frac{c}{n^p}$ при $p > 1$, то $\sum a_n$ сходится. +\end{follow} + +\begin{example} + Исследуем на сходимость ряд $\sum\limits_{n = 2}^\infty \frac{1}{n\ln n}$. + Введем функцию $f(x) = \frac{1}{x\ln x}$. Она $> 0$ и монотонно убывает $\Rightarrow$ интегральный признак: \[ \int_2^{+\infty} \frac{dx}{x\ln x} = \ln(\ln x)\big|_2^{+\infty} = +\infty \] + Значит, ряд расходится. +\end{example} + diff --git a/sections/third/ticket31.tex b/sections/third/ticket31.tex new file mode 100644 index 0000000..ce9a87d --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket31.tex @@ -0,0 +1,34 @@ +\subsection{Преобразование Абеля. Признак Дирихле} +\textbf{Преобразование Абеля.} (дискретный аналог интегрирования по частям) \[ \sum_{k = 1}^n a_kb_k = A_nb_n + \sum_{k = 1}^{n - 1} A_k(b_k - b_{k+1}), \] где $A_k = a_1 + \dots + a_k$, считая $A_0 = 0$. +\begin{proof} + \begin{gather*} + \begin{split} + \sum_{k = 1}^n a_kb_k &= \sum_{k = 1}^n (A_k - A_{k-1})b_k \\ + &= \sum_{k = 1}^n A_kb_k - \sum_{k = 1}^n A_{k-1}b_k \text{ (разделили на 2 суммы)} \\ + &= A_nb_n + \sum_{k = 1}^{n-1} A_kb_k - \sum_{k = 2}^n A_{k-1}b_k \text{ (вынесли одно слагаемое и убрали $A_0 = 0$)} \\ + &= A_nb_n + \sum_{k = 1}^{n-1} A_kb_k - \sum_{j = 1}^{n-1} A_jb_{j+1} \text{ (сменили переменную)} \\ + &= A_nb_n + \sum_{k = 1}^{n-1} A_k(b_k - b_{k+1}) \text{ ($j$ и $k$ пробегают одни и те же индексы)} \\ + \end{split} + \end{gather*} +\end{proof} + +\textbf{Признак Дирихле.} + + Пусть \begin{enumerate} + \item $A_n := \sum\limits_{k = 1}^n a_k$ ограничены + \item $b_n$ монотонно стремится к 0 +\end{enumerate} +Тогда $\sum a_nb_n$ сходится. +\begin{proof} + Применим преобразование Абеля: $S_n := \sum\limits_{k=1}^n a_kb_k = A_nb_n + \sum\limits_{k=1}^{n-1} A_k(b_k - b_{k+1})$. + \quad Надо доказать, что существует конечный $\lim S_n$, т.е. конечные $\lim\limits_{n \to \infty} A_nb_n$ и $\lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k=1}^{n-1} A_k(b_k - b_{k+1})$. + С первым пределом все понятно, так как $A_n$ ограничены, а $b_n \to 0$. + Существование второго предела равносильно сходимости ряда $\sum\limits_{k=1}^{\infty} A_k(b_k - b_{k+1})$. + + \quad Докажем, что он сходится абсолютно. + По условию $|A_n| \leqslant M$, а $b_n$ монотонно стремятся к 0, причем будем считать, что они убывают (если возрастают, поменяем знаки). + Тогда \[ |A_k(b_k - b_{k+1})| \leqslant M|b_k - b_{k+1}| = M(b_k - b_{k+1}) \] + \quad То есть мы можем ограничить таким рядом: $ \sum\limits_{k=1}^{\infty} M(b_k - b_{k+1}) = M\sum\limits_{k=1}^{\infty} (b_k - b_{k+1}) $. + Его частичная сумма это телескопическая сумма, после сокращения получаем $\sum\limits_{k=1}^{n} = b_1 - b_{n+1} \to b_1$. + Следовательно, $M\sum\limits_{k=1}^{\infty} (b_k - b_{k+1}) = Mb_1$, то есть он сходится, а значит сходится и наш ряд по признаку сравнения. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket32.tex b/sections/third/ticket32.tex new file mode 100644 index 0000000..d1551ee --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket32.tex @@ -0,0 +1,31 @@ +\subsection{Признак Абеля. Ряд $\sum \frac{\sin n}{n^p}$} +\textbf{Признак Абеля.} + +Пусть \begin{enumerate} + \item $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n$ сходится + \item $b_n$ монотонны и ограничены +\end{enumerate} +Тогда $\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_n$ сходится. +\begin{proof} + Второе условие говорят нам о том, что существует конечный $\lim\limits_{n \to \infty} b_n =: b$. + Тогда $\widetilde{b}_n := b_n - b$ монотонно стремится к 0. + + \quad Первое условие говорит нам о том, что частичные суммы $A_n$ имеют конечный предел, следовательно, ограничены. + Тогда $\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\widetilde{b}_n$ сходится по Дирихле. + + \quad Используя полученное, перепишем наш ряд следующим образом: \[ \sum_{n=1}^\infty a_nb_n = \sum_{n=1}^\infty a_n(\widetilde{b}_n + b) = \underbrace{\sum_{n=1}^\infty a_n\widetilde{b}_n}_{\text{пр. Дирихле}} + \underbrace{b\sum_{n=1}^\infty a_n}_{\text{сх-ся по усл.}} \] + \quad Таким образом, $\sum\limits_{n=1}^\infty a_nb_n$ сходится. +\end{proof} + +\vspace{4mm} + +\begin{example} + Исследуем на сходимость $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin n}{n^p}$. + \begin{itemize} + \item Если $p > 1$, то ряд сходится абсолютно, ведь $\frac{|\sin n|}{n^p} \leqslant \frac{1}{n^p}$. + \item Если $0 < p \leqslant 1$, то будем применять признак Дирихле: $a_n = \sin n, b_n = \frac{1}{n^p}$. + Частичные суммы $A_n$ действительно ограничены, так как $A_n = \sum\limits_{k=1}^n \sin k = \frac{\sin \frac{n+1}{2}\sin \frac{n}{2}}{\sin \frac{1}{2}}$. Тогда по признаку Дирихле ряд сходится. + \item Если $p \leqslant 0$, то $\lim \frac{\sin n}{n^p} \neq 0$, так как $\sin n \nrightarrow 0$. Необходимое условие не выполнено, ряд расходится. + \item Также заметим, что при $0 < p \leqslant 1$ ряд $\frac{|\sin n|}{n^p}$ расходится, так как либо $|\sin n| \geqslant \sin \frac{1}{2}$, либо $|\sin (n+1)| \geqslant \sin \frac{1}{2}$. + \end{itemize} +\end{example} diff --git a/sections/third/ticket33.tex b/sections/third/ticket33.tex new file mode 100644 index 0000000..f62b89b --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket33.tex @@ -0,0 +1,42 @@ +\subsection{Признак Лейбница. Оценка суммы знакочередующегося ряда. Примеры} +\begin{conj} + Знакочередующийся ряд -- это ряд вида $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{(n-1)}a_n$, где $a_n \geqslant 0$. +\end{conj} + +\textbf{Признак Лейбница.} Если $a_n$ монотонны и $\lim a_n = 0$, то $\sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{(n-1)}a_n$ сходится. +Более того, его сумма зажата между четными и нечетными частичными суммами: $S_{2n} \leqslant S \leqslant S_{2n + 1}$. + +\begin{proof} + Посмотрим на четные и нечетные частичные суммы: \begin{itemize} + \item $S_{2n + 2} = S_{2n} + a_{2n + 1} - a_{2n + 2} \geqslant S_{2n}$, так как $a_n$ монотонно убывает. + \item $S_{2n + 1} = S_{2n - 1} - a_{2n} + a_{2n + 1} \leqslant S_{2n - 1}$, так как $a_n$ монотонно убывает. + \end{itemize} + \quad Получили последовательность вложенных отрезков: \[ [0, S_1] \supset [S_2, S_3] \supset [S_4, S_5] \supset \dots \] + \quad На самом деле, это даже стягивающиеся отрезки, так как $\lim (S_{2n+1} - S_{2n}) = \lim a_{2n+1} = 0$. + Тогда есть единственная общая точка $S$ такая, что $\lim S_{2n} = S = \lim S_{2n+1} \Rightarrow \lim S_n = S$ и $S \in [S_{2n}, S_{2n+1}] \Rightarrow S_{2n} \leqslant S \leqslant S_{2n+1}$. +\end{proof} + +\begin{example} + Исследуем на сходимость $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^p}$: + \begin{itemize} + \item При $p > 0$ ряд сходится по признаку Лейбница, так как $a_n = \frac{1}{n^p}$ монотонно $\to 0$. + \item При $p \leqslant 0$ получаем, что $\frac{(-1)^{n-1}}{n^p} \nrightarrow 0$, и ряд расходится. + \item При $p = 1$ получаем так называемый ряд Лейбница -- $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}$. Найдем его сумму: + \begin{gather*} + \begin{split} + S_{2n} &= 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots - \frac{1}{2n} \\ + &= 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{2n} - 2(\frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \dots + \frac{1}{2n}) \\ + &= H_{2n} - H_n = \ln 2n + \gamma + o(1) - (\ln n + \gamma + o(1)) = \ln 2 + o(1) + \end{split} + \end{gather*} + Отсюда делаем вывод, что $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} = \ln 2$. + + Теперь переставим элементы и попробуем найти сумму получившегося ряда: \[ 1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{4} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} - \frac{1}{8} + \frac{1}{5} - \frac{1}{10} - \frac{1}{12} + \dots \] + \begin{gather*} + \widetilde{S}_{3n} = \sum_{k = 1}^n \left(\underbrace{\frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2(2k - 1)}}_{= \frac{1}{2(2k - 1)}} - \frac{1}{2 \cdot 2k}\right) = \\ + = \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^n \left(\frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k}\right) = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots - \frac{1}{2n}\right) = \frac{S_{2n}}{2} \\ + \Rightarrow \widetilde{S}_{3n} \to \frac{\ln 2}{2} + \end{gather*} + + \end{itemize} +\end{example} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket34.tex b/sections/third/ticket34.tex new file mode 100644 index 0000000..fb8c8a1 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket34.tex @@ -0,0 +1,96 @@ +\subsection{Перестановка членов абсолютно сходящегося ряда} +\newcommand{\sumn}{\sum \limits_{n=1}^\infty} +\newcommand{\sumk}{\sum \limits_{k=1}^n} +\newcommand{\prodn}{\prod \limits_{n=1}^\infty} +\newcommand{\prodk}{\prod \limits_{k=1}^n} + +\begin{conj} + + $\varphi: \N \to \N$ биекция - перестановка членов ряда + + $\sum \limits_{n=1}^\infty a_{\varphi(n)}$ + - ряд с переставленными членами +\end{conj} + +\begin{theorem} + $a_n \in \C$ и $\sumn a_n$ абсолютно сходится, $S = \sumn a_n$ + Тогда: + \begin{gather*} + \sumn a_{\varphi(n)} = S + \end{gather*} + Другими словами, если ряд абсолютно сходится, то не важно, в каком порядке мы берем слагамые +\end{theorem} + +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item[Шаг 1.] + \[a_n \geq 0,\ S_n = \sum \limits_{k=1}^n a_k, \quad \widetilde{S_n} = \sum \limits_{k=1}^n a_{\varphi(n)} \] + Ряд $\sumn a_n$ сходится $\Rightarrow S_n \leq S$ + \[\widetilde{S_n} = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \ldots + a_{\varphi(n)}\] + Если докинуть к этой сумме еще какие-то $a$-шки, то сумма может только увеличиться, потому что они неотрицательны. + + \[ \widetilde{S_n} = a_{\varphi(1)} + a_{\varphi(2)} + \ldots + a_{\varphi(n)} \leq S_{\max\{\varphi(1), \varphi(2), \ldots, \varphi(n)\}} \leq S\] + + $\widetilde{S_n}$ монотонно возрастает и ограничена сверху $\Rightarrow$ имеет предел $\widetilde{S} \leq S$ + + Следовательно, никакая перестановка членов ряда не увеличивает сумму. Но значит она не меняет сумму. + Действительно, посмотрим на обратную перестановку (это будет просто $S$) - она тоже не увеличивает сумму. Значит сумма сохранялась. + \item[Шаг 2.] + При $a_n \in \R$ + + Обозначим за $(a_n)_{+} := \max\{a_n, 0\},\ (a_n)_- := \max\{-a_n, 0\}$. Тогда: + \begin{gather*} + a_n = (a_n)_+ - (a_n)_-, \qquad \abs{a_n} = (a_n)_+ + (a_n)_- + \end{gather*} + + Из того, что $0 \leq (a_n)_\pm \leq |a_n|$, следует, что ряд $\sum_{n=1}^\infty (a_n)_\pm$, сходятся по признаку сравнения, а из этого, благодаря первому шагу, следует, что: + \begin{gather*} + \sumn(a_{\varphi(n)})_\pm = \sumn(a_n)_{\pm} + \end{gather*} + Ну а теперь, пользуясь тем, что $a_n = (a_n)_+ - (a_n)_-$, получаем, что сумма переставленного ряда -- то же самое, что и сумма исходного ряда: + \begin{align*} + \sumn a_{\varphi(n)} &= \sumn ((a_{\varphi(n)})_+ - (a_{\varphi(n)})_-) \\ + &= \sumn (a_{\varphi(n)})_+ - \sumn (a_{\varphi(n)})_- \\ + &= \sumn (a_n)_+ - \sumn (a_n)_- = \sumn a_n + \end{align*} + \item[Шаг 3.] + При $a_n \in \C$ + \begin{gather*} + \abs{\operatorname{Re} a_n},\ \abs{\operatorname{Im} a_n} \leqslant \abs{a_n} \Longrightarrow \sum \operatorname{Re} a_n,\ \sum \operatorname{Im} a_n \text{ абсолютно сходятся} + \end{gather*} + В них можем переставлять члены как хотим, потом соберем их обратно и напишем сумму (мнимую часть надо домножить на $i$). + \end{enumerate} +\end{proof} + +\textbf{Замечания} +\begin{enumerate} + \item[1.] Теорема верна в любом нормированном пространстве, в частности в $\R^d$. + Для $\R^d$ можно расписать покоординатно и повторить рассуждение, общий случай оставим без доказательства + \item[2.] В $\R^d$ верно и обратное - если у ряда любая перестановка сходится (даже не важно, что к той же сумме), то он абсолютно сходится, + и, значит, все суммы равны. В $\R^d$ мы это не докажем, поймем только для $\R$ + \item[3.] Перестановка расходящегося ряда с $a_n \geq 0$ - расходящийся ряд. + \begin{proof} + Если некоторая перестановка сходится, то к ней можно применить предыдущую теорему и получится, что изначальный ряд тоже сходится - противоречие. + \end{proof} + \item[4.] Если $\sum a_n$ сходится, но не абсолютно, то ряды $\sum (a_n)_+$ и $\sum (a_n)_-$ расходятся (имеют бесконечную сумму). + \begin{proof} + Предположим, что $\sum(a_n)_+$ сходится. + \begin{gather*} + (a_n)_- = (a_n)_+ - a_n \Longrightarrow \\ + \sum (a_n)_- = \underbrace{\sum (a_n)_+}_{\text{сх-ся}} - \underbrace{\sum a_n}_{\text{сх-ся}} \Longrightarrow \\ + \sum(a_n)_- \text{ тоже сходится} + \end{gather*} + Также: + \begin{gather*} + |a_n| = (a_n)_+ + (a_n)_- \Longrightarrow \\ + \sum |a_n| = \underbrace{\sum (a_n)_+}_{\text{сх-ся}} + \underbrace{\sum (a_n)_-}_{\text{сх-ся}} \Longrightarrow \\ + \sum |a_n| - \text{ сходится} + \end{gather*} + Противоречие. + \end{proof} +\end{enumerate} + +\begin{conj} + Если $\sum a_n$ сходится, но не абсолютно, то $\sum a_n$ условно сходящийся. +\end{conj} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket35.tex b/sections/third/ticket35.tex new file mode 100644 index 0000000..6606dae --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket35.tex @@ -0,0 +1,66 @@ +\subsection{Теорема Римана} +\begin{theorem} + (Теорема Римана о рядах) + + $\sum a_n$ условно сходится. Тогда $\forall s \in \overline \R$ существует перестановка $\varphi$, + такая что $\sum a_{\varphi(n)} = s$. Также существует перестановка, для которой ряд не имеет суммы. +\end{theorem} +\begin{proof} + Возьмем $\sum(a_n)_+$ и выкинем из него все нули. $\sum b_n$ - ряд, который остался (равносильно тому, что из $\sum a_n$ выкинуть все отрицательные и все нули). + + Возьмем $\sum(a_n)_-$ и выкинем из него все нули, за исключением тех, которые соответствуют нулям в $\sum a_n$, то есть выкидываем положительные слагаемые из $a_n$. Назовем это $\sum c_n$ + + Тогда каждое $a$ попало либо в $\sum b_n$ с плюсом, либо в $\sum c_n$ с минусом. + Что мы понимаем? $\sum a_n$ сходится, значит его члены стремятся к нулю: $a_n \to 0$. А тогда $b_n \to 0$ и $ c_n \to 0$, так как это всё какие-то подпоследовательности. + Кроме того, мы знаем, что $\sum b_n = \sum c_n = +\infty$, так как расходились ряды $\sum(a_n)_+$ и $\sum(a_n)_-$. + + Будем брать $b$-шки до тех пор, пока их сумма не станет больше $s$. Это когда-нибудь случится, так как их сумма бесконечность. То есть: + \begin{gather*} + b_1 + \ldots + b_{n_1 - 1} \leqslant s < b_1 + \ldots + b_{n_1} =: S_1 + \end{gather*} + Теперь будем вычитать $c$-шки, пока сумма не станет снова меньше $s$: + \begin{gather*} + b_1 + \ldots + b_{n_1} - c_1 - \ldots - c_{m_1 - 1} \geqslant s > b_1 + \ldots + b_{n_1} - c_1 - \ldots - c_{m_1} =: S_2 + \end{gather*} + Будем повторять процесс. + \begin{gather*} + b_1 + \ldots + b_{n_1} - c_1 - \ldots - c_{m_1} + b_{n_1 + 1} + \ldots + b_{n_2-1} \leqslant s < \\ + < b_1 + \ldots + b_{n_1} - c_1 - \ldots - c_{m_1} + b_{n_1 + 1} + \ldots + b_{n_2} =: S_3 + \end{gather*} + \begin{gather*} + b_1 + \ldots + b_{n_1} - c_1 - \ldots - c_{m_1} + b_{n_1 + 1} + \ldots + b_{n_2} - c_{m_1+1} - \ldots - c_{m_2-1} \geqslant s > \\ + > b_1 + \ldots + b_{n_1} - c_1 - \ldots - c_{m_1} + b_{n_1 + 1} + \ldots + b_{n_2} - c_{m_1+1} - \ldots - c_{m_2} =: S_4 + \end{gather*} + И так далее. + + При этом мы можем делать любое количество шагов, так как $\sum b$ и $\sum c$ расходятся, поэтому мы можем + выкинуть какое-то количество из начала и остаток будет все равно расходящимся, тогда его частичная сумма тоже будет сколь угодно большой, + значит мы точно сможем перевалить через $s$ в любую из сторон. + + На каждом таком шаге мы берем хотя бы одну $b$-шку и одну $c$-шку, значит до каждой $a$-шки мы когда-нибудь доберемся, потому + например $100$-ю положительную $a$-шку мы точно возьмем на 200-м шаге. + При этом каждую $a$-шку мы берем ровно один раз, значит получаем перестановку. + + При этом надо проверить, что это правильная перестановка, то есть, что у нее сумма $s$. + + Знаем, что можем группировать рядом стоящие члены ряда с одним знаком. Это мы и будем делать. + Преобразуем уже написанные неравенства: + \begin{align*} + S_1 - b_{n_1} \leqslant s < S_1 &\Longrightarrow |s - S_1| \leqslant b_{n_1} \\ + S_2 < s \leqslant S_2 + c_{m_1} &\Longrightarrow |s - S_2| \leqslant c_{m_1} + \end{align*} + Тогда в общем виде: + \begin{gather*} + |s - S_{2k-1}| \leq b_{n_k} \to 0, \quad |s - S_{2k}| \leq c_{m_k} \to 0 + \end{gather*} + То есть наша последовательность частичных сумм стремится к $s$. То есть такая группировка допустима, так как имеет ту же сумму, что и исходный ряд. + Значит исходный ряд сходится и имеет сумму $s$. С конечным $s$ разобрались + + Для случая $s = +\infty$ модифицируем идею так: сначала сделаем сумму больше 1, потом возьмем одну $c$-шку. Потом сделаем + сумму больше 2, потом возьмем еще одну $c$-шку, и так далее. + + Чтобы предела не было вообще - берем $b$-шки чтобы стало больше $1$, + потом $c$-шки, чтобы стало меньше $-1$, бесконечно повторяем. +\end{proof} + +\textbf{Замечание.} В $\C$ можно получить не любую сумму (без доказательства). diff --git a/sections/third/ticket36.tex b/sections/third/ticket36.tex new file mode 100644 index 0000000..b5496b0 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket36.tex @@ -0,0 +1,107 @@ +\subsection{Теорема Коши. Произведение рядов. Теорема Мертенса (без доказательства). Необходимость условия абсолютной сходимости} +\begin{theorem} + (Теорема Коши (про произведение рядов)) + + Если $\sum a_n = A$ и $\sum b_n = B$ абсолютно сходятся, то + ряд, составленный из $a_kb_n$ в произвольном порядке будет абсолютно сходиться, и его сумма будет равна $AB$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $\sum |a_n| = A^*,\ \sum|b_n| = B^*$. Частичная сумма $\sum |a_i b_j| \leq A^*_{\max\{i\}}B^*_{\max\{j\}}$. Проверим данное утверждение: + \begin{gather*} + (|a_1| + |a_2| + \ldots + |a_n|)(|b_1| + |b_2|+\ldots + |b_m|) = \sum \limits_{i=1}^n \sum \limits_{j=1}^m |a_i b_j| \geq \sum|a_i b_j| + \end{gather*} + При этом $A^*_{\max\{i\}} B^*_{\max\{j\}} \leqslant A^* B^*$. То есть все частичные суммы + меньше либо равны $A^*B^*$, значит ряд абсолютно сходится (так как рассматриваем неотрицательные слагамые). + + Ряд абсолютно сходится, значит можно переставлять слагаемые в произвольном порядке. + Мы можем смотреть на подпоследовательность частичных сумм, то есть группировать + члены ряда и смотреть на сгруппированные части. Тогда сгруппируем члены ряда так, + чтобы получить нужную нам сумму. + + Будем выбирать частичные суммы так: запишем все $a_ib_j$ в табличку, + с соответствующей нумерацией столбцов и строк. На $k$-м шаге + будем в частичную сумму брать $k^2$ слагаемых из верхнего + левого квадрата $k\times k$ таблицы. То есть: + + $S_1$ На первом шаге: + \begin{center} + $\begin{matrix} + a_1b_1 + \end{matrix}$ + \end{center} + $S_2$ На втором шаге плюс 3 слагамых: + \begin{center} + $\begin{matrix} + a_1b_1 & a_1b_2 \\ + a_2b_1 & a_2b_2 + \end{matrix}$ + \end{center} + $S_3$ На третьем шаге плюс 5 слагаемых: + \begin{center} + $\begin{matrix} + a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 \\ + a_2b_1 & a_2b_2 & a_2b_3 \\ + a_3b_1 & a_3b_2 & a_3b_3 + \end{matrix}$ + \end{center} + Формально: + \begin{equation*} + S_n = \sum_{i,j \leq n} a_ib_j = \sum_{i=1}^n a_i \sum_{j=1}^n b_j + = A_nB_n \longrightarrow AB + \end{equation*} + +\end{proof} + +\begin{conj} + Произведением рядов $\sumn a_n, \sumn b_n$ называется $\sumn c_n$, где + \begin{gather*} + c_n = a_1b_n + a_2b_{n-1}+a_3b_{n-2} + \ldots + a_nb_1 + \end{gather*} +\end{conj} + +\textbf{Мотивация группировать именно так}: рассмотрим степенные ряды $\sumn a_nt^n$ и $\sumn b_nt^n$ +\begin{gather*} + a_kt^k b_nt^n = a_kb_n t^{k+n} +\end{gather*} +Тогда логично сгруппировать всё с одинаковой степенью $t$. Тогда получаем: +\begin{gather*} + \sum\limits_{k+n = m}a_kb_n t^m +\end{gather*} +А это и есть произведение рядов, потому что сумма индексов у $a$ и $b$ фиксированная. + +\begin{theorem} + Теорема Мертенса (без доказательства). + + Если $\sum a_n = A$ и $\sum b_n = B$ сходятся, + причем один из них абсолютно сходится, то $\sum c_n$ сходится и $\sum c_n = AB$ +\end{theorem} + +\underline{\textit{Замечания:}} +\begin{enumerate} + \item[1.] Здесь важен порядок суммирования + \item[2.] Просто сходимости не хватает +\end{enumerate} + +\textbf{Пример} +\begin{equation*} + \sumn \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} +\end{equation*} +Знаем, что сходится по признаку Лейбница. + +Умножим его на себя. +\begin{align*} + c_n &= a_1b_n + a_2b_{n-1} + \ldots + a_nb_1 \\ + &= \frac{(-1)^0}{\sqrt{1}} \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}} + + \frac{(-1)^1}{\sqrt{2}}\frac{(-1)^{n-2}}{\sqrt{n-1}} + \ldots + + \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}\frac{(-1)^0}{\sqrt{1}} \\ + &= (-1)^{n-1} (\frac{1}{\sqrt{1}\sqrt{n}} + + \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt{n-1}} + \ldots + \frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{1}}) +\end{align*} +Поймем, что $|c_n|$ будет большим. $\sqrt{k}\sqrt{n+1-k} = \sqrt{k(n+1)-k^2} \leq \frac{n+1}{2}$, +так как произведение максимально при фиксированной сумме, когда сомножители равны. +Тогда: +\begin{gather*} + \frac{1}{\sqrt{k}\sqrt{n+1-k}} \geq \frac{2}{n+1} \\ + \Longrightarrow |c_n| \geq n \cdot \frac{2}{n+1} \geq 1 \\ + \Longrightarrow \text{ ряд расходится} +\end{gather*} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket37.tex b/sections/third/ticket37.tex new file mode 100644 index 0000000..9b14bf7 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket37.tex @@ -0,0 +1,68 @@ +\subsection{Теорема Абеля о произведении рядов(с леммой)} +Докажем вспомогательную лемму, которая нам понадобится в следующей теореме. +\begin{lemma} + Пусть $\lim x_n = x,\ \lim y_n = y$. Тогда: + \begin{gather*} + \frac{x_1 y_n + x_2y_{n-1} + \ldots + x_ny_1}{n} \to xy + \end{gather*} +\end{lemma} +\begin{proof} \quad + + \underline{Случай $y = 0$:} + + Пусть $|x_n| \leq M,\ |y_n| \leq M$. Еще мы знаем, что $y_n \to 0$. Значит $|y_n| < \varepsilon$ при $n \geq N$. + Тогда ограничим иксы сверху $M$, $y_n$ ограничим $M$ для $n < N$ и $\varepsilon$ для $n \geqslant N$: + \begin{align*} + |x_1y_n + x_2y_{n-1} + \ldots + x_ny_1| &\leqslant |x_1y_n| + |x_2y_{n-1}| + \ldots + |x_ny_1| \\ + &\leqslant M(|y_1|+|y_2|+\ldots + y_n) \\ + &\leqslant M(NM + (n-N)\varepsilon) + \end{align*} + Поделим на $n$ и посмотрим, что получится при больших $n$: + \begin{gather*} + \left|\frac{x_1y_n+\ldots x_ny_1}{n}\right| + \leqslant \overbrace{\frac{NM^2}{n}}^{\to 0} + \overbrace{\frac{(n-N)}{n}}^{\leq 1}\varepsilon M + < \varepsilon M + \frac{NM^2}{n} + < \varepsilon M + \varepsilon + \end{gather*} + \underline{Случай $y_n = y$:} + + То есть $y_n$ - стационарная последовательность. + \begin{gather*} + \frac{x_1y_n + \ldots + x_ny_1}{n} = y \cdot \frac{x_1+x_2+\ldots+x_n}{n} \longrightarrow yx \; \text{ по т. Штольца} + \end{gather*} + + \underline{Общий случай:} + + $y_n = y+z_n$, где $z_n \longrightarrow 0$ + \begin{gather*} + \frac{x_1y_n + \ldots + x_ny_1}{n} = \frac{x_1(y+z_n) + x_2(y+z_{n-1}) + \ldots + x_n(y+z_1)}{n} \longrightarrow xy + x\cdot 0 + \end{gather*} +\end{proof} +\begin{theorem} + (Теорема Абеля) + + Если $\sumn a_n = A,\ \sumn b_n = B,\ \sumn c_n = C$ сходятся, то $AB = C$. +\end{theorem} +\begin{proof} + + По лемме: + \begin{gather*} + \frac{A_1B_n + A_2B_{n-1} + \ldots + A_nB_1}{n} \longrightarrow AB + \end{gather*} + Посчитаем, сколько раз $a_ib_j$ встречается в числителе и заметим, что + \begin{gather*} + \frac{A_1B_n + A_2B_{n-1} + \ldots + A_nB_1}{n} = \\ + = \frac{1}{n} ( n\overbrace{a_1b_1}^{c_1} + + (n-1)\overbrace{(a_1b_2 + a_2b_1)}^{c_2} + + (n-2)\overbrace{(a_1b_3+a_2b_2+a_3b_1)}^{c_3} + \ldots + + \overbrace{(a_1b_n + a_2b_{n-1} + \ldots + a_nb_1)}^{c_n} ) \\ + = \frac{C_1 + C_2 + \ldots + C_n}{n} \to C + \end{gather*} + + Получили, что выражение стремится одновременно к $AB$ и к $C$, тогда $AB = C$. + + Пояснение последнего перехода: Почему длинная сумма равна сумме $C$-шек? + $c_1$ встречается в $C_1 + C_2 + \ldots + C_n$ ровно $n$ раз, так как $C_n$ - это просто + частичные суммы, то есть $c_1 + \ldots + c_n$. Тогда $c_2$ встречается $n-1$ раз, и так далее, $c_n$ встречается ровно один раз. + Это и написано в длинной сумме. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket38.tex b/sections/third/ticket38.tex new file mode 100644 index 0000000..027e4ac --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket38.tex @@ -0,0 +1,52 @@ +\subsection{Бесконечные произведения. Определение. Примеры. Свойства } +\begin{conj} + $\prodn p_n$ + + $P_n = p_1p_2 \ldots p_n$ - частичные произведения. + + Если существует $\lim P_n$, то его называют значением бесконечного произведения (по аналогии с суммой ряда). + Если он конечен и \textbf{отличен от нуля}, то говорят, что произведение сходится. +\end{conj} + +\textbf{Пример} +\begin{enumerate} + \item $\prod \limits_{n=2}^\infty (1 - \frac{1}{n^2})$: + \begin{align*} + P_n &= (1 - \frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})\ldots (1-\frac{1}{n^2}) \\ + &= \frac{(2-1)(2+1)}{2^2} + \cdot \frac{(3-1)(3+1)}{3^2} + \cdot \ldots \cdot \frac{(n-1)(n+1)}{n^2} \\ + &= \frac{n+1}{2n} \longrightarrow \frac{1}{2} + \end{align*} + \item $\prodn (1 - \frac{1}{4n^2})$: + \begin{align*} + P_n &= \prod \limits_{k=1}^n (1 - \frac{1}{(2k)^2}) \\ + &= \prod \limits_{k=1}^n \frac{(2k-1)(2k+1)}{2k^2} \\ + &= \frac{((2n-1)!!)^2(2n+1)}{((2n)!!)^2} \longrightarrow \frac{2}{\pi} \text{ по Формуле Валлиса} + \end{align*} +\end{enumerate} +\textbf{Упражнения} +\begin{enumerate} + \item $\prodn (1 - \frac{1}{(2n+1)^2}) = \frac{\pi}{4}$ + \item $\prodn (1+x^{2^{n-1}}) = \frac{1}{1-x}$ при $|x| < 1$ +\end{enumerate} + +\textbf{Свойства} +\begin{enumerate} + \item Конечное число начальных множителей не влияет на сходимость. + \item Если $\prodn p_n$ сходятся, то $\lim p_n = 1$ + \begin{proof} + $p_n = \frac{P_n}{P_{n-1}} \to \frac{P}{P} = 1$, если $P \neq 0, \pm \infty$ + \end{proof} + \item У сходящегося произведения все сомножители положительны, начиная с некоторого места (так как стремятся к 1). Тогда можем считать, что все сомножители положительны. + \item Для сходимости $\prodn p_n$ при $p_n > 0$ необходима и достаточна сходимость ряда $\sumn \ln p_n$. + И если $L = \sumn \ln p_n$, то $P = e^L$ + \begin{proof} + \begin{align*} + P_n = \prodk p_k \Longrightarrow \ln P_n &= \sumk \ln p_k \\ + &= S_n \to L \longrightarrow e^{\ln P_n} \\ + &= P_n \longrightarrow e^L + \end{align*} + $P_n$ сходится $\Longleftrightarrow \lim P_n \neq 0, +\infty \Longleftrightarrow \lim S_n \neq \pm \infty \Longleftrightarrow S_n$ сходится. + \end{proof} +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket39.tex b/sections/third/ticket39.tex new file mode 100644 index 0000000..97189a5 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket39.tex @@ -0,0 +1,99 @@ +\subsection{Произведение $\prod \frac{p_n}{p_n - 1}$ и ряд $\sum \frac{1}{p_n}$. Оценка частичных сумм ряда $\sum \frac{1}{p_n}$} +\textbf{Пример к предыдущей теореме:} + +Пусть $p_n$ -- $n$-e простое число. Тогда $\prodn \frac{p_n}{p_n - 1}$ расходится. +Более того, $\prodk \frac{p_k}{p_k - 1} \geq H_n$. + +\begin{proof} + Посчитав сумму геометрической прогрессии получаем: + \begin{gather*} + \frac{p}{p-1} = \frac{1}{1-\frac{1}{p}} = \sum \limits_{j=0}^\infty \frac{1}{p^j} + \end{gather*} + То есть искомое произведение - это: + \begin{gather*} + \prodn \sum \limits_{j=0}^\infty \frac{1}{p^j} + \end{gather*} + Предположим, что мы умеем раскрывать скобки, тогда после раскрытия скобок получится сумма обратных ко всем числам: + \begin{gather*} + \prodn \sum \limits_{j=0}^\infty \frac{1}{p^j} = \sum \frac{1}{n} + \end{gather*} + Действительно, каждое число единственным образом раскладывается на простые множители, и каждый набор простых множителей дает какое-то уникальное число. + + Это было интуитивное рассуждение. Теперь формализуем его для конечных сумм: + + \[\sum \limits_{j=0}^\infty \frac{1}{p^j} \geq \sum \limits_{j=0}^n \frac{1}{p^j}\] + \[P_n = \prodk \frac{p_k}{p_k - 1} \geq \prodk \sum \limits_{j=0}^n \frac{1}{p^j} = + \sum_{0 \leq \alpha_j \leq n} \frac{1}{p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\ldots p_n^{\alpha_n}} \geq \sumk \frac{1}{k} \] + + Тогда в знаменателе встретятся все числа от $1$ до $n$. Действительно, любое число до $n$ раскладывается на простые, + не большие $n$, а также со степенями не больше $n$ (даже $2^n$ уже больше $n$). Видно, что это очень грубая оценка, например можно + показать, что встретятся также и все числа до $p_n$. +\end{proof} + +\begin{theorem} + Ряд $\sumn \frac{1}{p_n}$ расходится. $p_n$ -- $n$-е простое число. +\end{theorem} + +\begin{proof} + $\prodn \frac{p_n}{p_n - 1}$ расходится $\Longrightarrow \sumn \ln(\frac{p_n}{p_n-1})$ расходится + \begin{gather*} + \ln(\frac{p}{p-1}) = \ln(\frac{1}{1-\frac{1}{p}}) = -\ln(1 - \frac{1}{p}) = \frac{1}{p} + O(\frac{1}{p^2}) + \end{gather*} + То есть $\sumn \frac{1}{p_n} + O(\frac{1}{p_n^2})$ -- расходится. При этом знаем, что $\sumn O(\frac{1}{p_n^2})$ -- сходится. + Значит их разность расходится, а значит $\sumn \frac{1}{p_n}$ -- расходится +\end{proof} + +\textbf{Замечания.} +\begin{enumerate} + \item \begin{gather*} + \sumk \frac{1}{p_k} \geq \ln H_n + O(1) \geq \ln \ln n + C + \end{gather*} + \begin{proof} + \begin{align*} + \sumk \frac{1}{p_k} &= \sumk (-\ln(1-\frac{1}{p_k}) + O(\frac{1}{p_k^2})) \\ + &= \sumk (-\ln(1-\frac{1}{p_k})) + O(1) = \\ + &= \ln \prodk \frac{p_k}{p_k-1} + O(1) \geqslant \ln H_n + O(1) \geqslant \ln \ln n + C + \end{align*} + \end{proof} + \item На самом деле $\sumn \frac{1}{p_k} = \ln \ln n + O(1)$ + \item Докажем чуть менее точную оценку сверху: + \begin{gather*} + \sumk \frac{1}{p_k} \leq 2\ln \ln n + \end{gather*} + \begin{proof} + Покажем, что: + \begin{gather*} + \sum \limits_{a \leq p \leq a^2} \frac{1}{p} < \frac{4}{3} + \end{gather*} + Для этого выпишем числа $1, 2, 3, \ldots, a^2$. Зачеркнём делящиеся на $p$ для $a \leq p \leq a^2$. + Заметим, что каждое число мы вычеркнем не более одного раза, так как произведение любых двух простых + такого вида больше $a^2$. При этом для каждого $p$ мы зачеркиваем $\lfloor \frac{a^2}{p} \rfloor$ чисел, делящихся на $p$. + Но мы зачеркнули чисел всего не больше, чем у нас есть. Оценивая снизу округление вниз, получаем + + \begin{gather*} + \sum_{a \leq p \leq a^2}(\frac{a^2}{p} - 1) \leqslant \sum_{a \leq p \leq a^2} \lfloor \frac{a^2}{p} \rfloor < a^2 + \Longrightarrow \sum_{a \leq p \leq a^2} \frac{a^2}{p} < a^2 + \text{кол-во простых} < \frac{4}{3}a^2 \ + \end{gather*} + + Делим на $a^2$, получаем искомое неравенство. Использовали, что количество простых не больше чем $\frac{1}{3}a^2$ потому например + все простые кроме 2, 3 нечетны и не делятся на $3$, а таких уже треть. + + Рассмотрим + \begin{gather*} + \sum_{p \leq 2^{2^n}} \frac{1}{p} = \sumk \sum_{2^{2^{k-1}} \leq p \leq 2^{2^k}} \frac{1}{p} + \leq \sumk \frac{4}{3} = \frac{4}{3}n + \end{gather*} + Тогда считая сумму обратных простых до некоторого $n$, возьмем $m = \lceil \log_2 \log_2 n \rceil$. Тогда + + \begin{align*} + \sum_{j=1}^n \frac{1}{p_j} \leqslant \sum_{p \leqslant 2^{2^m}} \frac{1}{p} < \frac{4}{3}\lceil \log_2 \log_2 n \rceil + &\leqslant \frac{4}{3} (\log_2 \log_2 n + 1) \\ + &= \frac{4}{3}(\log_2 \ln n + C) \\ + &= \frac{4}{3} \cdot \frac{\ln \ln n}{\ln 2} + C \leq 2 \ln \ln n + C + \end{align*} + + Легко видеть, что константа контролируется: она не больше $\frac{4}{3} (1 - \log_2 \ln 2) \approx 2.03$ + \end{proof} + + +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket4.tex b/sections/third/ticket4.tex new file mode 100644 index 0000000..99111e0 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket4.tex @@ -0,0 +1,77 @@ +\subsection{Линейность интеграла и формула интегрирования по частям. Замена переменной в определенном интеграле. Примеры} + +\begin{theorem}[линейность интеграла] + Пусть $f, g \in C[a, b]$ и $\alpha, \beta \in \R$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b}(\alpha f + \beta g) = \alpha \int_{a}^{b} f + \beta \int_{a}^{b} g + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $F, G$ --- первообразные $f$ и $g$. Тогда $\alpha F + \beta G$ --- первообразная для $\alpha f + \beta g$. + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \int_{a}^{b}(\alpha f + \beta g) = + (\alpha F + \beta G) \big|_{a}^{b} = + \alpha F(b) + \beta G(b) - \alpha F(a) - \beta G(a)\\ + \alpha \int_{a}^{b} f + \beta \int_{a}^{b} g = + \alpha F \big|_a^{b} + \beta G \big|_{a}^{b} = + \alpha F(b) - \alpha F(a) + \beta G(b) - \beta G(a) + \end{gathered} + \end{equation*} + Получили одно и то же. +\end{proof} + +\begin{theorem}[формула интегрирования по частям] + Пусть $u, v \in C^{1}[a, b]$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} uv' = uv \big|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} u'v + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $H$ --- первообразная для $u'v$. Тогда $(uv - H)$ --- первообразная для $uv'$. А значит + \begin{equation*} + \int_{a}^{b} uv' = (uv - H) \big|_{a}^{b} = uv \big|_{a}^{b} - H \big|_{a}^{b} = uv|_{a}^{b} - \int_{a}^{b} u'v + \end{equation*} +\end{proof} + +\textbf{Соглашение.} Если $a > b$, то $\displaystyle \int_{a}^{b} f \coloneqq -\int_{b}^{a} f$ + +\begin{theorem}[замена переменной в интеграле] + Пусть $f \in C\langle a, b \rangle;\; \varphi \in C^{1}\langle c, d\rangle;\; \varphi\colon \langle c, d\rangle \to \langle a, b \rangle$ и $p, q \in \langle c, d \rangle$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{p}^{q} f(\varphi(t))\varphi'(t) \: dt = \int_{\varphi(p)}^{\varphi(q)} f(x) \: dx + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Если $F$ --- первообразная $f$, то $F \circ \varphi$ --- первообразная $f(\varphi(t))\varphi'(t)$. А значит + \begin{equation*} + \int_{p}^{q} f(\varphi(t))\varphi'(t) \: dt = + F \circ \varphi \big|_{p}^{q} = + F(\varphi(q)) - F(\varphi(p)) = + F \big|_{\varphi(p)}^{\varphi(q)} = + \int_{\varphi(p)}^{\varphi(q)} f(x) \: dx + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{examples} + \begin{enumerate} + \item + Посчитаем $\displaystyle \int_{1}^{n} \ln x \: dx$. Пусть $u = \ln x,\, v = x$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{1}^{n} \ln x \: dx = \int_{1}^{n} u(x)v'(x) \: dx = uv \big|_{1}^{n} - \int_{1}^{n} u'v = x\ln x \big|_{1}^{n} - \int_{1}^{n} \: dx = n \ln n - (n - 1) + \end{equation*} + \item + Посчитаем $\displaystyle \int_{a}^{b} \frac{t}{1 + t^4} \: dt$. Пусть $\varphi(t) = t^2,\, f(x) = \frac{1}{1 + x^2}$. Тогда + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \int_{a}^{b} \frac{t}{1 + t^4} \: dt = + \frac{1}{2}\int_{a}^{b} f(\varphi(t))\varphi'(t) \: dt = + \frac{1}{2} \int_{a^2}^{b^2} f(x) \: dx = + \frac{1}{2} \int_{a^2}^{b^2} \frac{dx}{1 + x^2} + = \\ = + \frac{1}{2} \arctan x \big|_{a^2}^{b^2} = + \frac{1}{2} \arctan b^2 - \frac{1}{2} \arctan a^2 + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{enumerate} +\end{examples} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket40.tex b/sections/third/ticket40.tex new file mode 100644 index 0000000..922764b --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket40.tex @@ -0,0 +1,133 @@ +\subsection{Поточечная и равномерная сходимость последовательности функций. Определение и примеры. Критерий равномерной сходимости. Следствия} + +\begin{conj} + Поточечная сходимость. + + Пусть $f_n, f: E \to \R$. + Тогда говорят, что $f_n$ поточечно сходится к $f$, если \[ \forall x \in E \; \lim_{n \to +\infty} f_n(x) = f(x) \] + Обозначение: $f_n \to f$, где $f$ -- предельная функция. +\end{conj} + +То есть смысл такой, что мы фиксируем конкретный $x_0$, подставляем его во все функции, получаем обычную числовую последовательность, находим ее предел и говорим, +что это $f(x_0)$. +Проделываем это для всех $x_0 \in E$ и получаем $f$, заданную на $E$. + +\vspace*{5mm} + +\begin{conj} + Равномерная сходимость. + + Пусть $f_n, f: E \to \R$. + Тогда говорят, что $f_n$ равномерно сходится к $f$ на $E$, если \[ \forall \; \varepsilon > 0 \; \exists N: \; \forall n \geqslant N \; \forall x \in E \; \abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon \] + Обозначение: $f_n \doublerightarrow f$. +\end{conj} + +\vspace*{5mm} + +На первый взгляд определения очень похожи. +Чтобы заметить отличия, давайте запишем определение поточечной сходимости с кванторами: \[ \forall x \in E \; \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \forall n \geqslant N \; \abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon \] +Теперь видим, что в определении поточечной сходимости $N$ выбирается для каждого $x \in E$ по отдельности, +в то время как в определении равномерной сходимости выбирается универсальное $N$, подходящее для всех $x \in E$. + +Заметим, что условие равномерной сходимости более сильное, и в частности, $f_n \doublerightarrow f \Longrightarrow f_n \to f$. +Приведем пример, показывающий, что обратной стрелки у нас нет. + +\vspace*{5mm} + +\begin{example} + $E = (0, 1), \, f_n(x) = x^n, \, f_n \to f \equiv 0$ (при подстановке каждого $x$ в пределе получаем 0) + +Запишем определение равномерной сходимости: +\[ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \; \forall n \geqslant N \; \forall x \in (0, 1): \; x^n < \varepsilon \] +\end{example} +Понятно, что это неправда, ведь зафиксировав конкретный $\varepsilon < 1$ и конкретный $N$, для любого $n \geqslant N$ мы всегда сможем найти такой $x$ близкий к 1, что $x^n \geqslant \varepsilon$. +Таким образом, равномерной сходимости нет. + +\vspace*{7mm} + +\textbf{Поясняющая картинка к равномерной сходимости}. + +Пусть $f_n \rightrightarrows f$. +Тогда условие \[ \forall \; \varepsilon > 0 \; \exists N: \; \forall n \geqslant N \; \forall x \in E \; \abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon \] +означает, что для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой достаточно большой номер $N$, что, начиная с него, графики всех функций $f_n(x)$ будут лежать в полоске шириной $2\varepsilon$ относительно графика $f(x)$: +\begin{center} + %\includegraphics[scale=0.5]{Uniform_convergence.png} + \begin{tikzpicture}[auto, + B/.style = {decorate, + decoration={brace, amplitude=3pt, + pre=moveto,pre length=1pt,post=moveto,post length=1pt, + raise=1mm}}, + domain = -30:30, samples=12, smooth, + font = \footnotesize + ] + % coordinates + \draw[->] (-0.2,0) -- (6,0) node[right]{$x$}; + \draw[->] (0,-0.4) -- (0,4) node[above]{$y$}; + % curve + \draw[very thick, blue] + plot ({(45+\x)/15},{1+rand/5+2*cos(\x)}) + node[coordinate,pin=0:$f_n$] {}; + % convergence borders + \draw[red] plot ({(45+\x)/15},{1.5+2*cos(\x)}) + node[coordinate,pin=0:$f(x)+\varepsilon$] {}; + \draw[black] plot ({(45+\x)/15},{1.0+2*cos(\x)}) coordinate (e2); + \draw[red] plot ({(45+\x)/15},{0.5+2*cos(\x)}) + node[coordinate,pin=0:$f(x)-\varepsilon$] {}; + + % labels on the left side + \draw (1,{1.75+cos(-10)}) node[left=0.5mm] {$f(x)$} ++ (0,1); + \draw[dashed] (1,{0.5+2*cos(30)}) -- (1,0) + (5,{0.5+2*cos(30)}) -- (5,0); + + \draw[very thick] (1,0) -- node[above] {$E$} (5,0); + + \end{tikzpicture} +\end{center} + +Мы можем задать эквивалентное определение равномерной сходимости, которое на практике иногда оказывается чуть более удобным, +хотя по сути это просто переформулировка изначального. + +\begin{theorem} + $f_n \doublerightarrow f$ на $E \Longleftrightarrow \sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \to 0$ +\end{theorem} +\begin{proof} \quad + + "$\Longrightarrow$": + \begin{gather*} + \begin{split} + f_n \doublerightarrow f \text{ на } E &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists N \;\; \forall n \geqslant N \;\; \forall x \in E: \; \abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon \\ + &\Longrightarrow \varepsilon - \text{ верхняя граница для } \abs{f_n(x) - f(x)} \\ + &\Longrightarrow \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \leqslant \varepsilon \\ + &\Longrightarrow \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists N: \; \forall n \geqslant N \; \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \leqslant \varepsilon \\ + &\Longleftrightarrow \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \to 0 + \end{split} + \end{gather*} + + "$\Longleftarrow$": + \begin{gather*} + \begin{split} + \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \to 0 &\Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \; \forall n \geqslant N \; \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} < \varepsilon \\ + &\Longrightarrow \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \forall n \geqslant N \; \forall x \in E :\; \abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon + \end{split} + \end{gather*} +\end{proof} + +\follow + +\begin{enumerate} + \item Если $\abs{f_n(x) - f(x)} \leqslant a_n \; \forall x \in E$ и $a_n \to 0$, то $f_n \doublerightarrow f$ на $E$ + \begin{proof} + $\abs{f_n(x) - f(x)} \leqslant a_n \Longrightarrow \sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \leqslant a_n \to 0$ + \end{proof} + \item $f_n \not \doublerightarrow f$ на $E$ $\Longleftrightarrow \exists x_n \in E$, т.ч. $f_n(x_n) - f(x_n) \not \to 0$ + \begin{proof} \quad + + \quad "$\Longleftarrow$": $\;\; \sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \geqslant \abs{f_n(x_n) - f(x_n)} \not \to 0 \Longrightarrow \sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \not \to 0$ + + \quad "$\Longrightarrow$": $\;\; f_n \not \doublerightarrow f \Longrightarrow \sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} \not \to 0 \Longrightarrow$ легко можно выбрать такую $x_n$, что $f_n(x_n) - f(x_n) \not \to 0$ + \end{proof} + Мы получили условие на отсутствие равномерной сходимости. + Применим его в нашем предыдущем примере: \[ f_n(x) = x^n \Rightarrow \forall n \; \sup_{x \in (0, 1)}{x^n} = 1 \not \to 0 \Rightarrow f_n \not \doublerightarrow 0 \] +\end{enumerate} + + diff --git a/sections/third/ticket41.tex b/sections/third/ticket41.tex new file mode 100644 index 0000000..74394d8 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket41.tex @@ -0,0 +1,48 @@ +\subsection{Произведение равномерно ограниченной и равномерно сходящейся последовательностей. Критерий Коши для равномерной сходимости последовательностей} +\begin{conj} + Равномерно ограниченная последовательность. + + $f_n: E \to \R$~--- равномерно ограниченная последовательность, если + \[ \exists \; M: \; \forall x \in E, \; \forall n \in \N: \; |f_n(x)| \leqslant M \] +\end{conj} + +\begin{theorem} + Если $f_n$ равномерно ограничена и $g_n \doublerightarrow 0$, то $f_n \cdot g_n \doublerightarrow 0$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Распишем равномерную ограниченность: $\forall n \in \N \; \forall x \;\; \abs{f_n(x)} \leqslant M$. + + Надо доказать, что $\sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x)g_n(x)}} \to 0$: + \[ \abs{f_n(x) \cdot g_n(x)} \leqslant M \cdot \abs{g_n(x)} \Longrightarrow \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x)g_n(x)}} \leqslant M \cdot \sup_{x \in E}{\abs{g_n(x)}} \to 0 \] +\end{proof} + +\begin{theorem}[Критерий Коши] + Пусть $f_n: E \to \R$. Тогда + \[ f_n - \text{ равномерно сходится } \Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \; \exists N \; \forall n,m \geqslant N: \; \forall x \in E \; \abs{f_n(x) - f_m(x)} < \varepsilon \] +\end{theorem} + +\begin{proof} \quad + + "$\Longrightarrow$": + \begin{gather*} + \begin{split} + f_n \doublerightarrow f &\Longrightarrow \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists N \;\; \forall n \geqslant N \;\; \forall x \in E: \; \abs{f_n(x) - f(x)} < \frac{\varepsilon}{2} \\ + &\Longrightarrow \forall n, m \geqslant N \; \forall x \in E: \begin{cases} + \abs{f_n(x) - f(x)} < \frac{\varepsilon}{2} \\ + \abs{f_m(x) - f(x)} < \frac{\varepsilon}{2} + \end{cases} \\ + &\Longrightarrow \abs{f_n(x) - f_m(x)} \leqslant \abs{f_n(x) - f(x)} + \abs{f(x) - f_m(x)} < \varepsilon \\ + \end{split} + \end{gather*} + + "$\Longleftarrow$": Зафиксируем $x_0 \in E$. + Тогда из условия $\forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \forall n, m \geqslant N \; \abs{f_n(x_0) - f_m(x_0)} < \varepsilon$ будет следовать, что $f_n(x_0)$ -- + фундаментальная последовательность. + Согласно критерию Коши для числовой последовательности существует конечный $\lim\limits_{n \to +\infty} f_n(x_0) =: f(x_0)$. + Проделаем это для всех $x \in E$. + Осталось доказать, что $f_n \doublerightarrow f$: + + \[ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \; \forall n, m \geqslant N \; \forall x \in E \; \abs{f_n(x) - f_m(x)} < \varepsilon \stackrel{m \to +\infty}{\Longrightarrow} \abs{f_n(x) - f(x)} \leqslant \varepsilon \Longrightarrow f_n \doublerightarrow f \] + + +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket42.tex b/sections/third/ticket42.tex new file mode 100644 index 0000000..7a6f1d8 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket42.tex @@ -0,0 +1,41 @@ +\subsection{Пространство $\ell^\infty (E)$ и его полнота} +\begin{conj} Нормированое пространство ограниченных функций + \[ \ell^{\infty}(E) := \{ f: E \to R; f - \text{ ограниченая функция} \} \] + + Введем на этом пространстве следующую норму: + \[ \norm{f}_{l^{\infty}(E)} := \norm{f}_{\infty} := \sup_{x \in E}{\abs{f(x)}} \text{ (он конечен, т.к. $f$~--- ограничена)} \] + + Аксиомы нормы очевидны (кроме неравенства 2-симплекса): + \begin{gather*} + \norm{f + g}_{\infty} \leqslant \norm{f}_{\infty} + \norm{g}_{\infty} \\ + \sup_{x \in E}{\abs{f(x) + g(x)}} \leqslant \sup_{x \in E}(\abs{f(x)} + \abs{g(x)}) \leqslant \sup_{x \in E}{\abs{f(x)}} + \sup_{x \in E}{\abs{g(x)}} = \norm{f}_{\infty} + \norm{g}_{\infty} + \end{gather*} +\end{conj} + +\vspace*{5mm} + +\notice \; +Равномерная сходимость $=$ сходимость по норме $\norm{\cdot}_{l^{\infty}(E)}$: +\[ f_n \doublerightarrow f \text{ на } E \Longleftrightarrow \norm{f_n - f}_{l^{\infty}(E)} \to 0 \] +Это действительно так, ведь просто по определению $\norm{f_n - f}_{l^{\infty}(E)} = \sup_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}}$) +\begin{theorem} + $\ell^{\infty}(E)$~--- полное пространство. +\end{theorem} + +\begin{proof} + Нужно доказать, что любая фундаментальная последовательность имеет предел, лежащий в этом пространстве. + + \quad Пусть $f_n$~--- фундаментальная последовательность: + \begin{gather*} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists N: \; \forall n,m \geqslant N \;\; \underbrace{\norm{f_n(x) - f_m(x)}}_{=\sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f_m(x)}}} < \varepsilon \\ + \Longrightarrow \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists N: \forall n,m \geqslant N \;\; \forall x \in E \;\;\;\; \abs{f_n(x) - f_m(x)} < \varepsilon - \text{ это критерий Коши} \\ + \Longrightarrow f_n \doublerightarrow f \Longrightarrow \norm{f_n - f} \to 0 + \end{gather*} + \quad Осталось убедиться, что $f$, к которой сходится наша фундаментальная последовательность, лежит в нашем пространстве, т.е. является ограниченной функцией. + + \quad Возьмём $\varepsilon = 1$ из определения предела: $\; \exists N \; \forall n \geqslant N \;\; \norm{f_n - f} < 1$. + В терминах супремума это означает, что $\sup\limits_{x \in E}{\abs{f_n(x) - f(x)}} < 1$. + Оставим только $N$-тую функцию: $\forall x \in E \;\; \abs{f_{N}(x) - f(x)} < 1$. + Мы знаем, что она ограничена, так как лежит в $\ell^{\infty}(E)$, поэтому $\forall x \in E \;\; \abs{f(x)} < 1 + \abs{f_{N}(x)} \leqslant 1 + C$. +\end{proof} + diff --git a/sections/third/ticket43.tex b/sections/third/ticket43.tex new file mode 100644 index 0000000..f510e6a --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket43.tex @@ -0,0 +1,80 @@ +\subsection{Равномерный предел непрерывных функций. Теорема Стокса–Зайделя. Пространство $C(K)$ и его полнота} +У равномерной сходимости есть много полезных свойств. +Одно их них заключается в том, что при равномерной сходимости сохраняется непрерывность. + +\begin{theorem} + Пусть $f_n: E \to \R$ непрерывны в $(\cdot) \, a \in E$ и $f_n \doublerightarrow f$ на $E$. + Тогда $f$ непрерывна в $(\cdot) \, a$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Зафиксируем $\varepsilon > 0$. + Распишем равномерную сходимость: + $\exists N \; \forall n \geqslant N: \; \forall x \in E \;\; \abs{f_n(x) - f(x)} < \varepsilon$. + Оставим только $N$-тую функцию: $\forall x \in E \;\; \abs{f_N(x) - f(x)} < \varepsilon$. + Напишем следующее неравенство треугольника $\forall x \in E$: + \[ \abs{f(x) - f(a)} \leqslant \underbrace{\abs{f(x) - f_N(x)}}_{< \varepsilon} + \abs{f_N(x) - f_N(a)} + \underbrace{\abs{f_N(a) - f(a)}}_{< \varepsilon} < 2\varepsilon + \abs{f_N(x) - f_N(a)} \] + \quad Для оценки $\abs{f_N(x) - f_N(a)}$ воспользуемся непрерывностью $f_N$ в $(\cdot) \, a$: + \[ \exists \delta > 0: \; \forall x \in E: \; \abs{x - a} < \delta \;\;\; \abs{f_N(x) - f_N(a)} < \varepsilon \] + \quad Таким образом, мы взяли произвольный $\varepsilon$ и смогли подобрать такое $\delta$, что если $\abs{x - a} < \delta$, то $\abs{f(x) - f(a)} < 3\varepsilon$. + Это и есть критерий непрерывности $f$ в $(\cdot) \, a$. +\end{proof} + +\vspace*{4mm} + +\follow \; (т. Стокса-Зайделя) + +Если $f_n \in C(E)$ -- непрерывны на $E$ и $f_n \doublerightarrow f$ на $E$, то $f \in C(E)$. +Действительно, в каждой точке непрерывность сохраняется, поэтому сохраняется и общая непрерывность. + +\vspace*{4mm} + +\notice \, Поточечной сходимости не хватает для сохранения непрерывности. + +Разберем пример: $f_n(x) = x^n : [0, 1] \to \R, f(x) = \begin{cases} + 1, & \text{если } x = 1 \\ + 0, & \text{иначе } x \in [0, 1) +\end{cases}$ + +$f_n(x) \in C[0, 1]$, а вот предельная функция непрерывной не является. + +\vspace*{7mm} + +\begin{conj} + Нормированное пространство непрерывных функций. + \[ C(K) := \{ f: K \to \R; f - \text{ непрерывна} \}, \text{ где } K - \text{ компакт } \] + + Введем на этом пространстве следующую норму: + \[ \norm{f}_{C(K)} := \max_{x \in K}{\abs{f(x)}} = \sup_{x \in K}{\abs{f(x)}} \] + + Заметим, что $C(K)\subset l^{\infty}(K)$, так как функция, непрерывная на компакте, ограничена, и нормы у этих пространств совпадают. +\end{conj} + +\vspace*{5mm} + +\follow \; (из т. Стокса-Зайделя) + +$C(K)$~--- замкнутое подпространство $\ell^{\infty}(K)$. + +\begin{proof} + Берём $f_n \in C(K)$ и $\norm{f_n - f} \to 0$. + Надо доказать, что $f \in C(K)$. + Это прямое следствие теоремы Стокса-Зайделя, ведь $\norm{f_n - f} \to 0 \Leftrightarrow f_n \doublerightarrow f$. +\end{proof} + +\vspace*{5mm} + +Логично предположить, что $C(K)$ аналогично $\ell^{\infty}(K)$ будет полным пространством. +Чтобы доказать это, сформулируем чуть более общую теорему. + +\begin{theorem} + Замкнутное подпространство полного пространства -- полное пространство. +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $X$ -- полное пространство, а $Y$ -- замкнутое подпространство в $X$. + Возьмём фундаментальную последовательность в $Y: a_n \in Y \Longrightarrow a_n$ -- фундаментальна в $X$. + Воспользовавшись полнотой $X$, заключаем, что $\lim a_n = a \in X$. + А так как $Y$ замкнутое, $a$ будет лежать в $Y$, поэтому $Y$ -- полное. +\end{proof} + +\follow \; $C(K)$~--- полное нормированное пространство. + diff --git a/sections/third/ticket44.tex b/sections/third/ticket44.tex new file mode 100644 index 0000000..72d0215 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket44.tex @@ -0,0 +1,69 @@ +\subsection{Поточечная и равномерная сходимость рядов. Остаток ряда. Необходимое условие равномерной сходимости ряда. Критерий Коши} +\begin{conj} + $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$, где $u_n: E \to \R$ -- функциональный ряд. +\end{conj} +Аналогично обычным рядам можно ввести частичную сумму: $S_n(x) := \sum\limits_{k = 1}^n u_k(x)$. +То есть мы берем и честно суммируем первые $n$ функций и в итоге получаем функцию $S_n(x)$. +\begin{conj} + Ряд сходится поточечно, если последовательность $S_n(x)$ сходятся поточечно. + Можно переформулировать это так: ряд сходится поточечно, если для любого $x \in E$ соответствующий числовой ряд будет сходящимся. + + Поточечно сходящийся ряд определяет новую функцию $S(x): E \to \R \;\; S(x) = \sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$. + Тогда можно определить остаток ряда $r_n(x) := \sum\limits_{k = n + 1}^\infty u_k(x) = S(x) - S_n(x)$. +\end{conj} + +\vspace*{5mm} + +\begin{conj} + Ряд сходится равномерно, если $S_n$ сходятся равномерно на $E$. +\end{conj} + +\begin{theorem} + Ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ равномерно сходится $\Longleftrightarrow r_n \doublerightarrow 0$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Если ряд равномерно сходится, то по определению $S_n \doublerightarrow S$. + Вычтем из обоих частей $S$ и получим, что $S_n - S \doublerightarrow 0$. + Таким образом, $-r_n \doublerightarrow 0$, что эквивалентно $r_n \doublerightarrow 0$. +\end{proof} + +\vspace*{5mm} + +\textbf{Необходимое условие равномерной сходимости.} Если ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ сходится равномерно, то $u_n \doublerightarrow 0$. +Доказательство аналогично числовым рядам: +\begin{gather*} + S_n \doublerightarrow S \Rightarrow u_n = S_n - S_{n-1} \doublerightarrow S - S = 0 +\end{gather*} +Если взять отрицание этого условия, то получится, что если найдется такая последовательность $x_n$, что $u_n(x_n) \nrightarrow 0$, то $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ не является равномерно сходящимся. + +\notice \, Из расходимости ряда $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x_n)$ ничего не следует. +То есть мы не можем подставить в каждую функцию свой плохой аргумент, получить расходящийся ряд и сказать, что равномерной сходимости нет. +Это иллюстрирует следующий пример. + +\begin{example} + \begin{gather*} + u_n(x) = \begin{cases} + \frac{1}{n}, & \text{при }x \in [\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}) \\ + 0, & \text{иначе} + \end{cases} + \end{gather*} + \quad Если мы подставим $x_n = \frac{1}{n+1}$, то получившийся ряд будет гармоническим, а значит будет расходиться. + Однако, мы можем доказать равномерную сходимость. + Рассмотрим остатки: + \begin{gather*} + r_n(x) = \sum\limits_{k = n + 1}^\infty u_k(x) + \end{gather*} + Заметим, что при фиксированном $x$ в каждой такой сумме ненулевым будет максимум одно слагаемое, так как полуинтервалы $[\frac{1}{n+1}, \frac{1}{n})$ не пересекаются. + Таким образом, $r_n(x) \leqslant \frac{1}{n+1} \Rightarrow r_n \doublerightarrow 0$ и ряд равномерно сходится. +\end{example} + +\vspace*{7mm} + +\begin{theorem} [Критерий Коши] + \[ \sum_{n=1}^\infty u_n(x) \text{ равномерно сходится } \Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n,m \geqslant N \; \forall x \in E \;\; \left|\sum_{k=n+1}^m u_k(x)\right| < \varepsilon \] +\end{theorem} +\begin{proof} + Знаем, что $ \sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ равномерно сходится $\Leftrightarrow S_n$ равномерно сходятся. + Осталось воспользоваться критерием Коши для функциональных последовательностей: + \[ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n,m \geqslant N \; \forall x \in E \;\; \stackbelow{\underbrace{\abs{S_m(x) - S_n(x)}}}{\left|\sum\limits_{k=n+1}^m u_k(x)\right|} < \varepsilon \] +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket45.tex b/sections/third/ticket45.tex new file mode 100644 index 0000000..ff3fa92 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket45.tex @@ -0,0 +1,42 @@ +\subsection{Признак сравнения и признак Вейерштрасса. Следствия. Примеры} +Проверять равномерную сходимость по определению или критерию Коши зачастую оказывается не очень удобно. +Поэтому поговорим о признаках равномерной сходимости функциональных рядов. + +\textbf{Признак сравнения.} +Пусть $u_n, v_n\colon E \to \R$ и $\forall x \in E \; \forall n \in N \;\; |u_n(x)| \leqslant v_n(x)$. +Тогда если $\sum\limits_{n = 1}^\infty v_n(x)$ сходится равномерно на $E$, то $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ сходится равномерно на $E$. + +\begin{proof} + Распишем равномерную сходимость $\sum\limits_{n = 1}^\infty v_n(x)$ по критерию Коши: + \[ \forall \varepsilon > 0 \; \exists N : \forall n,m \geqslant N \; \forall x \in E \;\; \sum_{k=n+1}^m v_k(x) < \varepsilon \] + \quad Мы убрали модуль, так как $v_n(x)$ по условию неотрицательны. + Воспользуемся неравенством: \[ |u_n(x)| \leqslant v_n(x) \Longrightarrow \sum_{k = n + 1}^m |u_k(x)| \leqslant \sum_{k = n+1}^m v_k(x) \Longrightarrow \left| \sum_{k = n + 1}^m u_k(x) \right| \leqslant \sum_{k = n+1}^m v_k(x) < \varepsilon \] + \quad Таким образом, $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ сходится равномерно согласно критерию Коши. +\end{proof} + +\follow \, Из абсолютной сходимости следует обычная. +Тут и доказывать нечего, просто подставляем $v_n(x) = |u_n(x)|$ в признак сравнения. + +\vspace*{7mm} + +\textbf{Признак Вейерштрасса.} +Если $\forall x \in E \; \forall n \in \N \;\; |u_n(x)| \leqslant a_n$ и $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n$ сходится, то $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ сходится равномерно на $E$. +\begin{proof} + Это прямое следствие признака сравнения. + Берем $v_n(x) = a_n$. + Тогда $\sum\limits_{n = 1}^\infty v_n(x)$ сходится равномерно, так как никакой зависимости от $x$ вообще нет. + Значит и ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ сходится равномерно. +\end{proof} + +\begin{example} + $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{\sin(nx)}{n^2}$ равномерно сходится, так как $\left| \frac{\sin(nx)}{n^2} \right| \leqslant \frac{1}{n^2}$ и ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{1}{n^2}$ сходится. +\end{example} + +\notice \; Абсолютная поточечная и равномерная сходимость это разные вещи. +Я без понятия, зачем такое тупое замечание, но все же. +Приведем примеры, иллюстрирующие это: \begin{itemize} + \item $\sum\limits_{n = 1}^\infty x^n$ на $(-1, 1)$ абсолютно поточечно сходится, так как при фиксированном $x$ это сумма геометрической прогрессии, но равномерной сходимости очевидно нет, например, так как члены не равномерно стремятся к 0: $x^n \not \doublerightarrow 0$. + \item $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^n}{n}$ сходится равномерно, так как от $x$ не зависит и числовой ряд сходится, но абсолютной сходимости нет, так как получается гармонический ряд. + \item Дальше будет пример, когда ряд сходится абсолютно и равномерно, но не равномерно абсолютно. +\end{itemize} + diff --git a/sections/third/ticket46.tex b/sections/third/ticket46.tex new file mode 100644 index 0000000..46aaf0d --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket46.tex @@ -0,0 +1,63 @@ +\subsection{Признаки Дирихле и Лейбница. Пример ряда, который сходится равномерно и абсолютно, но не равномерно абсолютно} +Признаки сравнения и Вейерштрасса помогают, когда нам надо понять равномерную сходимость ряда с модулями (иначе говоря, знакопостоянного). +Для знакопеременных рядов хорошо работают признаки Дирихле и Абеля. + +\textbf{Признак Дирихле.} +Пусть \begin{enumerate} + \item $\left| \sum\limits_{k = 1}^n a_k(x) \right| \leqslant K \;\; \forall n \in \N \; \forall x \in E$ -- частичные суммы ряда $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n(x)$ равномерно ограничены. + \item $b_n \doublerightarrow 0$ -- последовательность $b_n$ равномерно стремится к 0. + \item $b_n(x)$ монотонны по $n$ при фиксированном $x$. +\end{enumerate} +Тогда ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ будет равномерно сходящимся. + +\begin{proof} + Как и в доказательстве обычного признака Дирихле напишем преобразование Абеля: \[ \sum_{k=1}^n a_k(x)b_k(x) = A_n(x)b_n(x) + \sum_{k=1}^{n-1} A_k(x)(b_k(x) - b_{k+1}(x)), \] + где $A_n(x) = a_1(x) + \dots + a_n(x)$ -- частичная сумма. + + \quad Последовательность $A_n(x)b_n(x) \doublerightarrow 0$, так как просто по условию $A_n(x)$ равномерно ограничены и $b_n \doublerightarrow 0$ (такая теорема была в параграфе про функциональные пос-ти). + + \quad Осталось доказать равномерную сходимость ряда + \begin{gather*} + \sum\limits_{n = 1}^\infty A_n(x)(b_n(x) - b_{n+1}(x)) + \end{gather*} + Докажем, что он будет абсолютно равномерно сходится. + Вследствие равномерной ограниченности $A_n(x)$ можем написать такое неравенство: + \begin{gather*} + \sum\limits_{n = 1}^\infty \left|A_n(x)(b_n(x) - b_{n+1}(x))\right| \leqslant K\sum\limits_{n = 1}^\infty \left|b_n(x) - b_{n+1}(x)\right| + \end{gather*} + Посмотрим на частичные суммы следующего ряда: + \begin{gather*} + \sum\limits_{n = 1}^\infty \left|b_n(x) - b_{n+1}(x)\right| + \end{gather*} + Надо доказать, что они равномерно сходятся. + Воспользуемся монотонностью $b_n(x)$: \[ \sum\limits_{k = 1}^n \left|b_k(x) - b_{k+1}(x)\right| = \left|\sum\limits_{k = 1}^n b_k(x) - b_{k+1}(x)\right| = |b_1(x) - b_{n+1}(x)| \doublerightarrow |b_1(x)| \] + \quad Таким образом, ряд $K\sum\limits_{n = 1}^\infty \left|b_n(x) - b_{n+1}(x)\right|$ равномерно сходится, и по признаку сравнения сходится ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty \left|A_n(x)(b_n(x) - b_{n+1}(x))\right|$. +\end{proof} + +\textbf{Признак Лейбница.} Пусть \begin{enumerate} + \item $b_n(x) \geqslant 0 \;\; \forall n \in \N \; \forall x \in E$. + \item $b_n(x) \doublerightarrow 0$. + \item $b_n(x)$ монотонно убывают по $n$ при фиксированном $x$. +\end{enumerate} +Тогда ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty (-1)^nb_n(x)$ будет равномерно сходящимся. + +\begin{proof} + Тут и доказывать нечего, это прямое следствие признака Дирихле. + Достаточно взять $a_n(x) = (-1)^n$, тогда частичные суммы будут равномерно ограничены, а все условия на $b_n(x)$ уже есть. +\end{proof} + +\begin{example} + Ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^nx^n}{n}$ на $(0, 1)$ сходится абсолютно, равномерно, но не равномерно абсолютно. + Разберем каждую сходимость: \begin{itemize} + \item Сходится абсолютно, так как при фиксированном $x$ ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty x^n$ сходится как геометрическая прогрессия, а мы еще и деление на $n$ добавляем, что только уменьшает члены. + \item Сходится равномерно по признаку Лейбница. + \item Но ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty \left|\frac{(-1)^nx^n}{n}\right| = \sum\limits_{n = 1}^\infty \frac{x^n}{n}$ сходится не равномерно. + Это доказывается по критерию Коши. + Рассмотрим отрезок ряда $\sum\limits_{k = N}^{2N} \frac{x^k}{k}$. + Тогда при $x \to 1$ получаем: + \begin{gather*} + \sum\limits_{k = N}^{2N} \frac{x^k}{k} \to \sum\limits_{k = N}^{2N} \frac{1}{k} > \frac{1}{2} + \end{gather*} + \end{itemize} +\end{example} + diff --git a/sections/third/ticket47.tex b/sections/third/ticket47.tex new file mode 100644 index 0000000..fba7152 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket47.tex @@ -0,0 +1,30 @@ +\subsection{Признак Абеля} +\textbf{Признак Абеля.} Пусть \begin{enumerate} + \item $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n(x)$ равномерно сходится. + \item $b_n$ равномерно ограничены. + \item $b_n$ монотонны по $n$ при каждом фиксированном $x$. +\end{enumerate} +Тогда ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ будет равномерно сходящимся. + +\begin{proof} + К сожалению, мы не можем вывести признак Абеля из признака Дирихле, как мы это делали в числовых рядах. + Поэтому будем пользоваться критерием Коши. + Мы хотим показать, что при достаточно больших $n$ и $m$ и любом $x$ данная сумма $\left| \sum\limits_{k = n + 1}^m a_k(x)b_k(x) \right|$ будет сколь угодно мала. + Перепишем ее следующим образом: + \begin{gather*} + \left| \sum\limits_{k = 1}^{m-n} a_{n+k}(x)b_{n+k}(x) \right| + \end{gather*} + Теперь применим преобразование Абеля: + \[ \left| \sum\limits_{k = 1}^{m-n} a_{n+k}(x)b_{n+k}(x) \right| = \abs{(A_m(x) - A_n(x))b_m(x) + \sum_{k = 1}^{m - n - 1} (A_{n+k}(x) - A_n(x))(b_{n+k}(x) - b_{n+k+1}(x)) } \leqslant \oast \] + \quad Частичные суммы тут действительно считаются правильно, ведь $a_{n+1}(x) + \dots + a_{n+k}(x) = A_{n+k}(x) - A_n(x)$. + \[ \oast \leqslant |A_m(x) - A_n(x)| \cdot |b_m(x)| + \sum_{k = 1}^{m - n - 1} |A_{n+k}(x) - A_n(x)| \cdot |b_{n+k}(x) - b_{n+k+1}(x)| < \oast \] + \quad Мы знаем, что $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n(x)$ равномерно сходится, поэтому мы можем применить к ниму критерий Коши: $\forall \varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$, что начиная с него, $\forall x \in E$ все отрезки ряда будет иметь сумму $<\varepsilon$. + Следовательно, если $n$ будет $\geqslant N$, то $|A_m(x) - A_n(x)| < \varepsilon$ и $|A_{n+k}(x) - A_n(x)| < \varepsilon$. + Также стоит вспомнить, что $b_n$ были равномерно ограничены $\Leftrightarrow \forall n \in \N \; \forall x \in E \;\; |b_n(x)| \leqslant K$. + Отразим все это в нашем неравенстве: \[ \oast < K\varepsilon + \varepsilon \sum_{k = 1}^{m - n - 1} |(b_{n+k}(x) - b_{n+k+1}(x)| \leqslant \oast \] + \quad Как и в доказательстве признака Дирихле воспользуемся монотонностью $b_n(x)$: + \[ \sum_{k = 1}^{m - n - 1} |(b_{n+k}(x) - b_{n+k+1}(x)| = \left|\sum_{k = 1}^{m - n - 1} b_{n+k}(x) - b_{n+k+1}(x) \right| = |b_{n+1}(x) - b_m(x)| \] + \quad Из того, что $|b_n(x)| \leqslant K$ очевидным образом следует, что $|b_{n+1}(x) - b_m(x)| \leqslant 2K$. + Подставляем это в наше неравенство: \[ \oast \leqslant 3K\varepsilon \] + \quad Таким образом, мы доказали, что при достаточно больших $n$ и $m$ и любом $x$ отрезки ряда $\sum\limits_{n = 1}^\infty a_n(x)b_n(x)$ будут сколь угодно малы, а значит этот ряд равномерно сходится по критерию Коши. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket48.tex b/sections/third/ticket48.tex new file mode 100644 index 0000000..ab62e4d --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket48.tex @@ -0,0 +1,23 @@ +\subsection{Признак Дини} +\textbf{Признак Дини.} +Пусть у нас есть: +\begin{itemize} + \item $K$ -- компакт + \item $u_n \in C(K)$ и $u_n \geqslant 0$ -- непрерывные неотрицательные функции на нем + \item $S(x) := \sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x) \in C(K)$ -- сумма ряда тоже непрерывная функция +\end{itemize} +Тогда ряд сходится равномерно. +\begin{proof} + Введем $S_n(x) = \sum\limits_{k = 1}^n u_k(x)$ -- частичная сумма, $r_n(x) = S(x) - S_n(x) = \sum\limits_{k = n+1}^\infty u_k(x)$ -- все остальное. + Знаем, что $r_n(x) \in C(K)$ как разность непрерывных, и $r_n(x)$ монотонно убывают, так как $S_n(x)$ монотонно возрастают. + Надо доказать, что $r_n \rightrightarrows 0$, то есть \[ \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists n \;\; \forall m \geqslant n \quad |r_m(x)| < \varepsilon \;\; \forall x \in K \] + Заметим, что модуль нам не нужен, так как $r_n(x) > 0$, а также достаточно рассматривать только $n$-тый член ряда, ведь $r_n(x)$ убывают: + \[ \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists n \quad r_n(x) < \varepsilon \;\; \forall x \in K \] + Предположим противное и зафиксируем тот $\varepsilon$, для которого все портится. + Тогда $\forall n \; \exists x_n \in K : r_n(x_n) \geqslant \varepsilon$. + Так как $x_n \in K$, мы можем выбрать подпоследовательность, сходящуюся к точке из компакта: $x_{n_k} \to x_0 \in K$. + Тогда $\forall m \;\; r_m(x_{n_k}) \to r_m(x_0)$. + При фиксированном $m$ мы можем найти такое достаточно большое $n_k$, что $r_m(x_{n_k}) \geqslant r_{n_k}(x_{n_k})$, ведь $r_n(x)$ убывают. + Мы знаем, что $r_{n_k}(x_{n_k}) \geqslant \varepsilon$, поэтому $r_m(x_{n_k}) \geqslant \varepsilon$ и по предельному переходу $r_m(x_0) \geqslant \varepsilon$. + Это уже что-то непонятное, так как тогда в точке $x_0$ остаток не стремится к 0, и $S_n(x_0) \nrightarrow S(x_0)$. Противоречие. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket49.tex b/sections/third/ticket49.tex new file mode 100644 index 0000000..17b7d5f --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket49.tex @@ -0,0 +1,66 @@ +\subsection{Теоремы о перестановке пределов и перестановке предела и суммы} +Теперь обсудим свойства равномерно сходящихся последовательностей и рядов. + Эти свойства покажут нам, что условие равномерной сходимости очень полезное, и именно благодаря нему мы можем менять местами два предела, предел с интегрированием и предел с дифференцированием. + +\vspace*{5mm} + + \begin{theorem} + Пусть $f_n, f : E \to \R$, $a$ -- предельная точка $E$, $f_n \rightrightarrows f$ на $E$ и $\lim\limits_{x \to a} f_n(x) =: b_n \in \R$. + Тогда $\lim b_n, \lim\limits_{x \to a} f(x)$ существуют, конечны и равны. + В частности $\lim\limits_{x \to a} \lim\limits_{n \to \infty} f_n(x) = \lim\limits_{n \to \infty} \lim\limits_{x \to a} f_n(x)$. + \end{theorem} + \begin{proof} + Согласно критерию Коши: \[ \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists N \;\; \forall n, m \geqslant N \;\; \forall x \in E \quad |f_n(x) - f_m(x)| < \varepsilon \] + \quad Устремим $x$ к $a$ и получим, что: \[ \forall \varepsilon > 0 \;\; \exists N \;\; \forall n, m \geqslant N \quad |b_n - b_m| < \varepsilon \] + \quad Это критерий Коши для последовательности $b_n$, следовательно, у нее есть предел, обозначим его за $b \in \R$. + Докажем, что $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b$. Оценим их разность c помощью неравенства треугольника: + \[ |f(x) - b| \leqslant |f_n(x) - f(x)| + |b_n - f_n(x)| + |b - b_n| \] + \quad Заметим, что первое и третье слагаемые будут $< \varepsilon$ при достаточно больших $n$, а второе будет $< \varepsilon$ в некоторой окрестности $a$. + А именно: \begin{itemize} + \item Первое слагаемое будет $< \varepsilon$ при $n \geqslant N_1$ из определения равномерной сходимости. + \item Второе слагаемое будет $< \varepsilon$ при $|x - a| < \delta$, так как $f_n(x) \to b_n$ и $\delta$ взята как раз из этого предела. + \item Третье слагаемое будет $< \varepsilon$ при $n \geqslant N_2$, так как $b_n \to b$. + \end{itemize} + \quad Таким образом, $|f(x) - b| < 3\varepsilon$ при $|x - a| < \delta$. Это и означает, что $\lim\limits_{x \to a} f(x) = b$. + \end{proof} + +\vspace*{7mm} + +Можно определить аналогичную вещь для рядов. + + \begin{theorem} + Пусть $u_n: E \to \R, a$ -- предельная точка, $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ равномерно сходится и $\lim\limits_{x \to a} u_n(x) = c_n$. + Тогда $\lim\limits_{x \to a} \sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty c_n = \sum\limits_{n=1}^\infty \lim\limits_{x \to a} u_n(x)$ и этот ряд сходится. + То есть мы можем менять местами предел с суммой. + \end{theorem} + \begin{proof} + Чтобы воспользоваться предыдущей теоремой, введем + \begin{gather*} + f_n(x) := \sum\limits_{k=1}^n u_k(x) \rightrightarrows f(x) := \sum_{n=1}^\infty u_n(x) \\ + b_n: = \lim_{x \to a} f_n(x) = \lim_{x \to a} \sum_{k=1}^n u_k(x) + \end{gather*} + \quad Заметим, что так как сумма $\sum\limits_{k=1}^n u_k(x)$ конечная, мы можем менять местами сумму с пределом: + \[ b_n: = \lim_{x \to a} \sum_{k=1}^n u_k(x) = \sum_{k=1}^n \lim_{x \to a} u_k(x) = \sum_{k=1}^n c_k \] + + \quad Тогда согласно теореме существует $\lim\limits_{n \to \infty} b_n$, то есть ряд $\sum\limits_{n = 1}^\infty c_n$ сходится, и $\lim\limits_{n \to \infty} b_n = \lim\limits_{x \to a} f(x)$, то есть $\sum\limits_{n = 1}^\infty c_n = \lim\limits_{x \to a} \sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$. + \end{proof} + \begin{follow} + Если $u_n$ непрерывны в точке $a$ и $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ равномерно сходится, то $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ непрерывна в точке $a$. + \end{follow} +\begin{proof} + Непрерывность $u_n$ в точке $a$, говорит нам о том, что $c_n = \lim\limits_{x \to a} u_n(x) = u_n(a)$. + + \quad Тогда \[ \lim\limits_{x \to a} \sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty c_n = \sum\limits_{n=1}^\infty u_n(a) \] + \quad Это и есть непрерывность $\sum\limits_{n = 1}^\infty u_n(x)$ в точке $a$. +\end{proof} + +\begin{notice} + Равномерная сходимость тут важна. + + Пример: $f_n(x) = x^n : [0, 1] \to \R$ -- непрерывные функции. Но предельная функция \[ f(x) = \begin{cases} + 0, & \text{при $x \in [0, 1)$} \\ + 1, & \text{при $x = 1$} + \end{cases} \] + не будет непрерывной. + \end{notice} + diff --git a/sections/third/ticket5.tex b/sections/third/ticket5.tex new file mode 100644 index 0000000..c565667 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket5.tex @@ -0,0 +1,65 @@ +\subsection{Вычисление интеграла $\int_{0}^{\pi/2} sin^n x dx$} +\textbf{Утверждение.} +\begin{equation*} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \: dx = + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \: dx +\end{equation*} +\begin{proof} + Пусть $x = \frac{\pi}{2} - t = \varphi(t), \, \varphi'(t) = -1$. Тогда + \begin{equation*} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \: dx = -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos^n(\varphi(t))\varphi'(t) \: dt = -\int_{\varphi(0)}^{\varphi(\frac{\pi}{2})} \sin^n x\: dx =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \: dx + \end{equation*} +\end{proof} + +Теперь посчитаем этот предел. Пусть +\begin{equation*} + W_n \coloneqq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \: dx, \qquad W_0 = \frac{\pi}{2},\, W_1 = 1 +\end{equation*} +Тогда +\begin{equation*} + \begin{gathered} + W_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \: dx = + -\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n - 1}x (\cos x)' \: dx + \overset{\mathclap{n \geqslant 2}}{=} + \underbrace{-\sin^{n - 1}x \cos x \big|_{0}^{\frac{\pi}{2}}}_{\mathclap{0}} + + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(n - 1)\sin^{n - 2}x \cos^2 x \: dx + = \\ = + (n - 1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^{n - 2} x (1 - \sin^2 x) \: dx = + (n -1 )(W_{n - 2} - W_n) + \end{gathered} +\end{equation*} +Отсюда +\begin{equation*} + \begin{gathered} + W_n = (n - 1)(W_{n - 2} - W_n) \\ + nW_n = (n - 1)W_{n - 2} \\ + W_n = \frac{n - 1}{n} W_{n - 2} + \end{gathered} +\end{equation*} +Таким образом мы можем отдельно написать ответ для четных, отдельно для нечетных $n$. +\begin{equation*} + \begin{gathered} + W_{2n} = + \frac{2n - 1}{2n}W_{2n - 2} = + \frac{2n - 1}{2n}\cdot\frac{2n - 3}{2n - 2}W_{2n - 4} + = \dotsb = + \frac{(2n - 1)(2n - 3) \dotsm 1}{2n \cdot (2n - 2) \dotsm 2} \cdot \frac{\pi}{2} = + \frac{(2n - 1)!!}{(2n)!!} \cdot \frac{\pi}{2} + \\ + W_{2n + 1} = + \frac{2n}{2n + 1} W_{2n - 1} = + \frac{2n}{2n + 1}\frac{2n - 2}{2n - 1}W_{2n - 3} + = \dotsb = + \frac{2n(2n - 2)\dotsm 2}{(2n + 1)(2n - 1)\dotsm 3}\cdot 1 = + \frac{(2n)!!}{(2n + 1)!!} + \end{gathered} +\end{equation*} +Заметим, что +\begin{equation*} + \sin^{0} x \geqslant \sin^{1} x \geqslant \sin^2 x \geqslant \dotsb \geqslant \sin^n x, \quad x \in [0, \frac{\pi}{2}] +\end{equation*} +Теперь применив монотонность интеграла к полученному равенству можно получить, что: +\begin{equation*} + W_0 \geqslant W_1 \geqslant W_2 \geqslant \dotsb \geqslant W_n +\end{equation*} +Это поможет нам в доказательстве следующей теоремы. \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket50.tex b/sections/third/ticket50.tex new file mode 100644 index 0000000..9227afd --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket50.tex @@ -0,0 +1,62 @@ +\subsection{Теорема об интегрировании равномерно сходящейся последовательности (ряда). Существенность равномерности} +Теперь разберемся с интегрированием. + +\begin{theorem} + Пусть $f_n \in C[a, b]$, $f_n \rightrightarrows f$ на $[a, b]$ и $c \in [a, b]$. + Тогда $\int_c^x f_n(t)dt \rightrightarrows \int_c^x f(t)dt$. + + В частности $\lim\limits_{n \to \infty} \int_c^x f_n(t)dt = \int_c^x \lim\limits_{n \to \infty} f_n(t)dt$. +\end{theorem} + +\begin{proof} + Введем $F_n(x) := \int_c^x f_n(t)dt$ и $F(x) := \int_c^x f(t)dt $. + + \quad Будем оценивать разность: + \begin{gather*} + \begin{split} + |F_n(x) - F(x)| &= \left|\int_c^x f_n(t)dt - \int_c^x f(t)dt \right| \\ + &\leqslant \int_c^x |f_n(t) - f(t)|dt \text{ (занесли под один интеграл и внесли модуль) } \\ + &\leqslant (x - c) \cdot \max_{t \in [c, x]} |f_n(t) - f(t)| \text{ (самая простая оценка интеграла) } \\ + &\leqslant (b - a) \cdot \max_{t \in [c, x]} |f_n(t) - f(t)| \text{ (еще увеличили длину) }\\ + &= (b - a) \cdot \underbrace{\sup_{t \in [c, x]} |f_n(t) - f(t)|}_{\to 0 \text{ т.к. равн. сх-ть}} \text{ (на отрезке $\max = \sup$) } + \end{split} + \end{gather*} + Наша разность оценилась как что-то стремящееся к 0 и не зависящее от $x$. Это и есть равномерная сходимость. +\end{proof} + +\vspace*{7mm} + +Можно определить аналогичную вещь для рядов. + +\begin{follow} + Если $u_n \in C[a, b]$ и $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ равномерно сходится, то $\int_c^x \sum\limits_{n=1}^\infty u_n(t) dt = \sum\limits_{n=1}^\infty \int_c^x u_n(t) dt$. +\end{follow} +\begin{proof} + Для конечных рядов знаем, что + \begin{equation*} + \int_{c}^{x} \sum\limits_{k = 1}^{n} u_k(t) \: dt = \sum\limits_{k = 1}^{n} \int_{c}^{x} u_k(t) \: dt + \end{equation*} + Тогда: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \int_{c}^{x} \sum\limits_{k = 1}^{\infty} u_k(t) \: dt = + \int_{c}^{x} \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k = 1}^{n} u_k(t) \: dt + \overset{\text{по теореме}}{=} + \lim\limits_{n \to \infty} \int_{c}^{x} \sum\limits_{k = 1}^{n} u_k(t) \: dt + \overset{\substack{ + \text{конечный} \\ + \text{ряд} + }}{=} \\ + = \lim\limits_{n \to \infty} \sum\limits_{k = 1}^{n} \int_{c}^{x} u_k(t) \: dt = + \sum\limits_{k = 1}^{\infty} \int_{c}^{x} u_k(t) \: dt + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{notice} + Поточечной сходимости не хватает. + + \quad Пример: $f_n(x) = nxe^{-nx^2}$ на $[0, 1]$. + + \quad Очевидно, что $\forall x \;\; f_n(x) \to 0$ при $n \to \infty$. Но \[ \int_0^1 f_n(x)dx = \frac{-e^{-nx^2}}{2}\Big|_0^1 = \frac{1 - e^{-n}}{2} \nrightarrow 0 = \int_0^1 f(x)dx \] +\end{notice} diff --git a/sections/third/ticket51.tex b/sections/third/ticket51.tex new file mode 100644 index 0000000..3c415e1 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket51.tex @@ -0,0 +1,68 @@ +\subsection{Теорема о дифференцировании равномерно сходящейся последовательности (ряда). Существенность равномерности} +\begin{theorem} Пусть у нас есть: + \begin{itemize} + \item $f_n \in C^1[a, b]$ + \item $f_n$ сходятся в какой-то точке $c \in [a, b]$, то есть $f_n(c) \to A$ + \item $f_n' \rightrightarrows g$ на $[a, b]$ + \end{itemize} + Тогда $f_n \rightrightarrows f$ на $[a, b]$, где $f \in C^1[a, b]$ и $f' = g$. В частности, $\lim\limits_{n \to \infty} f_n'(x) = (\lim\limits_{n \to \infty} f_n(x))'$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Посмотрим на следующие интегралы: + \begin{gather*} + \int_c^x g(t)dt = \int_c^x \lim\limits_{n \to \infty} f_n'(t)dt \underbrace{=}_{\text{пред. теор.}} \lim\limits_{n \to \infty} \int_c^x f_n'(t)dt = \\ + = \lim\limits_{n \to \infty} (f_n(x) - f_n(c)) \underbrace{=}_{\text{исп. кон-ть $\lim f_n(c)$}} \lim\limits_{n \to \infty} f_n(x) - \lim\limits_{n \to \infty} f_n(c) = f(x) - A \\ + \\ + \Rightarrow f(x) = A + \int_c^x g(t)dt \Rightarrow f \in C^1[a, b] \text{ и } f'(x) = g(x) + \end{gather*} + \quad Вообще говоря, последний переход -- это теорема Барроу, так как согласно ней интеграл от непрерывной функции это функция дифференцируемая. + + \quad Осталось проверить равномерную сходимость $f_n(x)$ к $f(x)$. + Заметим, что у нас есть следующие тождества: + \begin{gather*} + f_n(x) = \int_c^x f'_n(t)dt + f_n(c) \\ + f(x) = \int_c^x g(t)dt + A + \end{gather*} + По предыдущей теореме $\int_c^x f'_n(t)dt \rightrightarrows \int_c^x g(t)dt$. + По условию $f_n(c) \to A$, это не зависит от $x$, поэтому $f_n(c) \rightrightarrows A$. + Таким образом, $f_n(x) \rightrightarrows f(x)$. +\end{proof} + +\vspace*{7mm} + +Можно определить аналогичную вещь для рядов. + +\begin{follow} + Пусть у нас есть: \begin{itemize} + \item $u_n \in C^1[a, b]$ + \item $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n$ сходится в какой-то точке $c \in [a, b]$, то есть $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(c) \to A$ + \item $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n'(x)$ равномерно сходится на $[a, b]$ + \end{itemize} + Тогда $\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)$ равномерно сходится к дифференцируемой функции и: + \begin{gather*} + \left(\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\right)' = \sum\limits_{n=1}^\infty u_n'(x) + \end{gather*} +\end{follow} +\begin{proof} + Чтобы воспользоваться теоремой, введем $f_n(x) := \sum\limits_{k=1}^n u_k(x)$. + Конечная сумма дифференцируемых функций это тоже дифференцируемая функция, поэтому $\sum\limits_{k=1}^n u_k(x) \in C^1[a, b]$. + Производная конечной суммы это сумма производных, поэтому $f_n'(x) = \sum\limits_{k=1}^n u_k'(x)$, что по условию $\rightrightarrows \sum\limits_{k=1}^\infty u_k'(x) =: g(x)$. + + \quad Применив предыдущую теорему, получаем, что $f_n \rightrightarrows f$, где $f' = g$. Это означает, что ряд равномерно сходится и: + \begin{gather*} + \left(\sum\limits_{n=1}^\infty u_n(x)\right)' = g(x) = \sum\limits_{n=1}^\infty u_n'(x) + \end{gather*} +\end{proof} +\begin{notice} + Тут важна именно равномерная сходимость производных, равномерной сходимости изначальных функций недостаточно. + + \textbf{Пример:} + + Ряд $\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n^2}$ равномерно сх-ся по признаку Вейерштрасса, так как $|\frac{\sin nx}{n^2}| \leqslant \frac{1}{n^2}$. + Но ряд из производных: + \begin{gather*} + \sum\limits_{n=1}^\infty \left(\frac{\sin nx}{n^2}\right)' = \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{\cos nx}{n} + \end{gather*} + Расходится при $x = 0$. + То есть мы получили, что почленное дифференцирование приводит к расходящемуся ряду, что не может быть производной сходящегося ряда. +\end{notice} diff --git a/sections/third/ticket52.tex b/sections/third/ticket52.tex new file mode 100644 index 0000000..5fb8499 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket52.tex @@ -0,0 +1,132 @@ +\subsection{Степенные ряды. Теорема о сходимости ряда при меньших аргументах. Радиус и круг сходимости. Формула Коши–Адамара. Примеры} +\begin{conj} + Степенным рядом называется ряд вида $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n(z - z_0)^n$, где $a_n, z, z_0 \in \C$. +\end{conj} +\begin{notice} + Сделав замену $w := z - z_0$, получаем ряд $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n w^n$, в котором $z_0 = 0$. + Зачастую именно такая форма более удобна, а к общей форме можно легко перейти сдвигом. +\end{notice} + +\vspace*{5mm} + +\begin{theorem} (Теорема Абеля) + + Если $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n$ сходится при $\widetilde{z} \neq 0$, то он абсолютно сходится при $|z| < |\widetilde{z}|$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Если ряд $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n (\widetilde{z})^n$ сходится, у нас должно выполняться необходимое условие сходимости: $a_n(\widetilde{z})^n \to 0$. + Значит, $a_n(\widetilde{z})^n$ ограничены: $|a_n(\widetilde{z})^n| \leqslant M$. + Тогда при $|z| < |\widetilde{z}|$ наш ряд ограничен геометрической прогрессией: + \begin{gather*} + |a_nz^n| = |a_n\widetilde{z}^n| \cdot \left| \frac{z}{\widetilde{z}} \right|^n \leqslant M \left|\frac{z}{\widetilde{z}} \right|^n + \end{gather*} + Она является сходящейся, поэтому наш ряд сходится по признаку сравнению. +\end{proof} + +Таким образом, данная теорема утверждает, что если ряд сходится в какой-то точке $z_0$, то отметив ее на комплексной плоскости, мы получим, что во всех точках, лежащих внутри круга с радиусом равным $|z_0|$, ряд будет сходиться. + +Отметим одно очевидное следствие. + +\begin{follow} + Если $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n$ расходится при $z_0 \neq 0$, то он расходится и при $|z| > |z_0|$. +\end{follow} +\begin{proof} + От противного: если бы он сходился при $z$, то по предыдущей теореме сходился бы и при $z_0$. +\end{proof} + +\vspace*{5mm} + +Все это наталкивает нас на мысль, что существует такой круг, что внутри него ряд сходится, а вне -- расходится. +Определим это формально. + +\begin{conj} + Радиус сходимости степенного ряда $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n$ -- это такое число $R \in [0, +\infty]$, что $\forall z : |z| < R$ ряд сходится, а $\forall z : |z| > R$ ряд расходится. +\end{conj} + +\begin{conj} + Круг сходимости степенного ряда $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n (z - z_0)^n$ -- открытый круг радиуса $R$ (радиус сходимости) в точке $z_0$. +\end{conj} + +\begin{center} + % \includegraphics[scale=0.4]{circle.png} + \begin{tikzpicture}[thick] + % Axes + \draw[-latex,name path=xaxis] (-0.5,0) -- (5,0) node[above]{\large $x$}; + \draw[-latex] (0,-1) -- (0,4)node[right]{\large $y$};; + + \draw (2.5,1.5) node[circle,draw, inner sep=0.5pt,label=below:$z_0$](z0) {}; + \draw (2.5,1.5) [cyan] circle (3*pi/5); + \draw[-stealth] (z0) -- (3.61, 3) node[midway,above]{$R$}; + \end{tikzpicture} +\end{center} + +\begin{notice} + Во всех точках круга сходимости ряд сходится. + Вне замыкания круга сходимости ряд расходится. + Про границу мы ничего утверждать не можем. +\end{notice} + +\vspace*{10mm} + +Давайте поймем, что любой степенной ряд имеет радиус сходимости. + +\begin{theorem} (Формула Коши-Адамара) + Всякий степенной ряд имеет радиус сходимости, причем его можно посчитать по формуле: + \begin{gather*} + R = \frac{1}{\overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_n|}} + \end{gather*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Применим к ряду $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n z^n$ признак Коши, а именно, посчитаем + \begin{gather*} + q^* = \overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_nz^n|} + \end{gather*} + (Вообще в признаке Коши под корнем нет модуля, но добавить его это законно, так как если сходится абсолютно, то сходится и обычно, а если абсолютно расходится, то по признаку Коши нет необходимого условия сходимости, то есть и обычно расходится.) + + Распишем $q^*:$ \[ q^* = \overline{\lim_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_nz^n|} = \overline{\lim_{n \to \infty}} (\sqrt[n]{|a_n|} \cdot |z|) = |z| \cdot \overline{\lim_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_n|} \] + Тогда согласно признаку Коши: \begin{itemize} + \item Если $q^* < 1$, то ряд сходится $\Rightarrow$ если $|z| < \frac{1}{\overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_n|}}$, то ряд сходится. + \item Если $q^* > 1$, то ряд сходится $\Rightarrow$ если $|z| > \frac{1}{\overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_n|}}$, то ряд сходится. + \end{itemize} + Это и говорит нам о том, что $R = \frac{1}{\overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{|a_n|}}$ -- радиус сходимости. +\end{proof} + +\begin{notice} + Мы попутно поняли, что внутри круга сходимости ряд абсолютно сходится. +\end{notice} + +\vspace*{7mm} +Поприменяем данную формулу на простых примерах. + +\begin{examples} + \begin{enumerate} + \item $\sum\limits_{n=0}^\infty n!z^n$. + По формуле $R = \frac{1}{\overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{n!}}$. + Так как предел этой последовательности существует, мы можем убрать знак верхнего предела: + \begin{gather*} + R = \frac{1}{\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n!}} = \frac{1}{\lim\limits_{n \to \infty} (\frac{n}{e}\sqrt[2n]{2\pi n})} = \frac{1}{+\infty} = 0 + \end{gather*} + $\Longrightarrow$ ряд сходится только в 0. + \item $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n!}$. + По формуле $R = \frac{1}{\overline{\lim\limits_{n \to \infty}} \sqrt[n]{1/n!}}$. + Опять же можем убрать верхний предел: + \begin{gather*} + R = \frac{1}{\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1/n!}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n!} = +\infty + \end{gather*} + $\Longrightarrow$ ряд сходится при всех $z \in \C$. + \item $\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{z^n}{n^p}$, где $p \in \R$. + По формуле (сразу заменяем на обычный предел): + \begin{gather*} + R = \frac{1}{\lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{1/n^p}} = \lim\limits_{n \to \infty} \sqrt[n]{n^p} = 1 + \end{gather*} + + $\Longrightarrow$ ряд сходится при $|z| < 1$ и расходится при $|z| > 1$. + + Этот пример также демонстрирует тот факт, что на границе круга ряд может как сходиться, так и расходиться: \begin{itemize} + \item Если $p = 2$, то $|\frac{z}{n^2}| \leqslant \frac{1}{n^2}$ при $|z| \leqslant 1 \Rightarrow$ ряд сходится при $|z| \leqslant 1$. + \item Если $p = 1$ и $z = 1$, то ряд расходится, так как является гармоническим. + \item Если $p = 1$ и $z = -1$, то ряд сходится, так как является рядом Лейбница. + \item Если $p = 0$, то при $|z| = 1$ ряд расходится, так как $|z| \nrightarrow 0$. + \end{itemize} + \end{enumerate} +\end{examples} diff --git a/sections/third/ticket53.tex b/sections/third/ticket53.tex new file mode 100644 index 0000000..01fc0d2 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket53.tex @@ -0,0 +1,46 @@ +\subsection{Равномерная сходимость степенного ряда. Непрерывность суммы степенного ряда. Теорема Абеля} +Оказывается, что внутри круга еще есть равномерная сходимость. + +\begin{theorem} + Пусть $R$ -- радиус сходимости ряда $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nz^n$ и $0 < r < R$. + Тогда в круге $|z| \leqslant r$ ряд сходится равномерно. +\end{theorem} +\begin{proof} + $r < R \Rightarrow \sum\limits_{n=0}^\infty a_nr^n$ сходится абсолютно (этот факт был в одном из замечаний). + Если $|z| \leqslant r$, то $|a_nz^n| \leqslant |a_nr^n|$. + Тогда по признаку Вейерштрасса ряды $\sum\limits_{n=0}^\infty a_nz^n$ и $\sum\limits_{n=0}^\infty |a_nz^n|$ сходятся равномерно. +\end{proof} +\begin{follow} + Сумма степенного ряда непрерывна в круге сходимости. +\end{follow} +\begin{proof} + Пусть мы хотим доказать непрерывность в точке $z_0$, принадлежащей кругу сходимости. + Возьмем $r: 0 < |z_0| < r < R$, тогда ряд равномерно сходится в круге $|z| \leqslant r \Rightarrow$ его сумма непрерывна в точках $|z| < r \Rightarrow$ в точке $z_0$ есть непрерывность. +\end{proof} + +\begin{theorem} (Абеля) \; + Пусть $R$ -- радиус сходимости и ряд сходится при $z = R$. + Тогда ряд сходится равномерно на $[0, R]$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Рассмотрим ряд $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n x^n$, где $x \in [0, R]$. + Мы можем его переписать как: + \begin{gather*} + \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n x^n = \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n R^n \left(\frac{x}{R}\right)^n + \end{gather*} + Заметим, что $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n R^n$ сходится (по условию), причем равномерно, так как от $x$ не зависит. + Также последовательность $(\frac{x}{R})^n$ равномерно ограничена (например, числом 1) и монотонна как геометрическая прогрессия. + Тогда по признаку Абеля ряд $\sum\limits_{n = 0}^\infty a_n x^n$ сходится равномерно на $[0, R]$. +\end{proof} + +\begin{follow} + Пусть $R$ -- радиус сходимости и ряд сходится при $z = R$. + Тогда его сумма непрерывна на $[0, R]$ и + \begin{gather*} + \lim\limits_{x \to R-} \sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n = \sum\limits_{n=0}^\infty a_nR^n + \end{gather*} +\end{follow} +\begin{proof} + По предыдущему следствию знаем, что сумма будет непрерывна. + Тогда равенство $\lim\limits_{x \to R-} \sum\limits_{n=0}^\infty a_nx^n = \sum\limits_{n=0}^\infty a_nR^n$ и есть условие непрерывности, так как справа стоит значение в точке $R$. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket54.tex b/sections/third/ticket54.tex new file mode 100644 index 0000000..ba40e0b --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket54.tex @@ -0,0 +1,56 @@ +\subsection{Почленное интегрирование суммы степенного ряда (с леммой)} +Докажем простую техническую лемму. + +\begin{lemma} + Пусть $x_n, y_n \in \R$ и $\lim x_n \in (0, +\infty)$. + Тогда: + \begin{gather*} + \overline{\lim} \, x_ny_n = \lim x_n \cdot \overline{\lim} \, y_n + \end{gather*} +\end{lemma} +\begin{proof} + Введем $A := \lim x_n, B := \overline{\lim} \, y_n, C := \overline{\lim} \, x_ny_n$. + + \quad Выберем подпоследовательность $y_{n_k} \to B$. + Тогда $x_{n_k} \to A$ по свойству предела $x_n$. + Итого, $x_{n_k}y_{n_k} \to AB$. + Это какой-то частичный предел последовательности $x_ny_n$, он очевидно не превосходит наибольшего $\Rightarrow AB \leqslant C$. + + \quad Теперь выберем подпоследовательность $x_{n_k}y_{n_k} \to C$. + Тогда $x_{n_k} \to A$ по свойству предела $x_n$. + Итого, $y_{n_k} \to \frac{C}{A}$. + Это какой-то частичный предел последовательности $y_n$, он очевидно не превосходит наибольшего $\Rightarrow \frac{C}{A} \leqslant B \Rightarrow C \leqslant AB$. + + \quad Таким образом, $AB = C$. +\end{proof} + +\begin{follow} + Радиусы сходимости рядов $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n, \sum\limits_{n=0}^\infty a_n \frac{z^{n+1}}{n+1}$ и $\sum\limits_{n=0}^\infty n a_n z^{n-1}$ равны. +\end{follow} +\begin{proof} + Будем рассматривать ряды $\sum\limits_{n=0}^\infty a_n z^n, \sum\limits_{n=0}^\infty a_n \frac{z^n}{n+1}$ и $\sum\limits_{n=0}^\infty n a_n z^{n}$. + Второй и третий ряд мы домножили на константу, понятно, что радиус сходимости от этого не изменился. + Для этих рядов уже все очевидно (пользуемся нашей леммой): \[ R_1 = \frac{1}{\overline{\lim} \sqrt[n]{|a_n|}} \quad R_2 = \frac{1}{\overline{\lim} \sqrt[n]{\frac{|a_n|}{n+1}}} = R_1 \quad R_3 = \frac{1}{\overline{\lim} \sqrt[n]{n|a_n|}} = R_1 \] +\end{proof} + +\vspace*{5mm} + +Также внутри круга сходимости мы можем почленно интегрировать. + +\begin{theorem} + Пусть $R$ -- радиус сходимости ряда $f(x) = \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n(x - x_0)^n$. + + Тогда при $|x - x_0| < R:$ + \begin{gather*} + \int_{x_0}^x f(t)dt = \sum\limits_{n = 0}^\infty a_n \frac{(x - x_0)^{n+1}}{n+1} + \end{gather*} + И этот ряд имеет тот же радиус сходимости. +\end{theorem} +\begin{proof} + На $[x_0, x]$ ряд для $f$ сходится равномерно, так как этот отрезок полностью попал в круг сходимости $\Rightarrow$ можем интегрировать почленно: + \begin{gather*} + \int_{x_0}^x f(t)dt = \int_{x_0}^x \sum_{n=0}^\infty a_n(t - x_0)^n dt = \sum_{n=0}^\infty \int_{x_0}^x a_n(t - x_0)^n dt = \\ + = \sum_{n = 0}^\infty a_n \frac{(t - x_0)^{n+1}}{n+1}\Big|_{x_0}^x = \sum_{n=0}^\infty a_n \frac{(x - x_0)^{n+1}}{n+1} + \end{gather*} + Этот ряд имеет тот же радиус сходимости по предыдущему следствию. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket55.tex b/sections/third/ticket55.tex new file mode 100644 index 0000000..39e21e7 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket55.tex @@ -0,0 +1,48 @@ +\newcommand{\sumi}{\sum\limits_{n=0}^\infty} + +\subsection{Комплексная дифференцируемость. Дифференцирование степенного ряда} +\begin{conj} + Есть функция $f: E \subset \C \longrightarrow \C$, а также точка $z_0 \in \Int E$. Функция $f$ дифференцируема в точке $z_0$, если $\exists k \in \C$, такое, что: + \begin{gather*} + f(z) = f(z_0) + k(z - z_0) + o(z - z_0) \text{ при } z \longrightarrow z_0 + \end{gather*} + $k$ -- производная $f$ в точке $z_0$ +\end{conj} +\notice +\begin{enumerate} + \item $k$ считается как: + \begin{gather*} + k = \lim\limits_{z \longrightarrow z_0} \frac{f(z) - f(z_0)}{z - z_0} + \end{gather*} + \item Существование производной равносильно дифференцируемости. +\end{enumerate} +\begin{theorem} + Пусть $R$ -- радиус сходимости ряда $\sumi a_n(z - z_0)^n$, тогда $f(z) = \sumi a_n(z-z_0)^n$ + бесконечно дифференцируема в круге $\abs{z - z_0} < R$ и ее производную мы можем посчитать следующим образом: + \begin{gather*} + f^{(m)} = \sum\limits_{n=m}^\infty n(n-1)\dots (n-m+1)a_n(z-z_0)^{n-m} + \end{gather*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Для простоты формул зафиксируем $z_0 = 0$. Возьмем некое $r \in (0, R)$ и две точки, лежащие в маленьком круге: $\abs{z}, \abs{w} < r$. Тогда: + \begin{gather*} + \frac{f(w) - f(z)}{w - z} = \sum\limits_{n=0}^\infty a_n \cdot \frac{w^n - z^n}{w - z} = \sum\limits_{n=1}^\infty a_n (w^{n-1} + w^{n-2} z + \dots + z^{n-1}) + \end{gather*} + Пририсуем предел с обеих сторон: + \begin{gather*} + f'(z) = \lim\limits_{w \rightarrow z} \frac{f(w) - f(z)}{w - z} = \lim\limits_{w \rightarrow z} \sum\limits_{n=1}^\infty a_n (w^{n-1} + w^{n-2} z + \dots + z^{n-1}) = \oast + \end{gather*} + Хотим переставить местами сумму с пределом, мы можем это сделать, когда ряд равномерно сходится. $z$ фиксировано, значит хотим проверить равномерную сходимость по $w$. Чтобы + проверить равномерную сходимость промажорируем ряд и применим Вейерштрасса: + \begin{gather*} + \abs{a_n (w^{n-1} + w^{n-2} z + \dots + z^{n-1})} \leqslant \abs{a_n} (\abs{w}^{n-1} + \abs{w}^{n-2} \abs{z} + \dots + \abs{z}^{n-1}) \leqslant \abs{a_n} \cdot n r^{n-1} + \end{gather*} + Мы выясняли, что радиус сходимости у $\sum a_n z^n$ равен радиусу сходимости $\sum n a_n z^{n-1}$. + Значит радиус сходимости $\sum n a_n z^{n-1}$ равен $R$. Значит в любой точке $z$, т.ч. $|z|= 0$ это очевидно, т.к. $t \in [0, x]$. + Ну а для отрицательных $x$ возьмем $x =: -y, t =: -u$, тогда + $y, u \geqslant 0$ и $u \in [0, y]$. Вспомним ещё, что $x \in (-1, 1)$. Получаем: + \begin{gather*} + \abs{\frac{-y + u}{1 - u}} = \frac{y - u}{1 - u} \leqslant y + \end{gather*} + (Неравенство проверяется домножением на знаменатель) + Если приглядеться, то оба интеграла знакопостоянны, так что мы можем занести модуль под интеграл: + \begin{gather*} + \oast = \frac{\abs{p-n-1}}{n+1} \cdot \frac{\int\limits_0^x \abs{f(t)} \lessabove{\abs{\frac{x-t}{1+t}}}{\abs{x}} dt}{\int\limits_0^x \abs{f(t)} dt} \leqslant \bigstar + \end{gather*} + Ну выходит эти интегралы у нас различаются не больше чем на $\abs{x}$, а $\frac{|p-n-1|}{n+1}\to 1$, значит: + \begin{gather*} + \bigstar \leqslant \frac{\abs{p - n-1}}{n + 1} \cdot \abs{x} \leqslant (1+\varepsilon)\abs{x} \text{ при больших } n + \end{gather*} + Знаем $|x|<1$ $\Rightarrow$ мы можем подобрать такое $\varepsilon$, что эта штука с какого то номера станет $\le c < 1$ для некоторого $c$. + Получили, что отношение соседних, начиная с некоторого номера, меньше 1. Теперь можно применить соответствующий факт про последовательности из первого семестра. + Или воспользоваться чем-нибудь свеженьким, например, признаком Даламбера. По нему соответствующий ряд будет сходиться, а значит по необходимому условию сходимости его слагаемые будут стремиться к 0. + Получаем, что $R_n \to 0$. +\end{proof} +\underline{(Нес)Частный случай:} $p = -\frac{1}{2}$ +\begin{gather*} + \frac{1}{\sqrt{1+x}} = 1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\dots(-n + \frac{1}{2})}{n!} x^n = 1 + \sum\limits_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n(2n-1)!!}{(2n)!!}x^n +\end{gather*} + +\vspace*{5mm} + +Не снова, а опять: +\begin{gather*} + 7. \; \arcsin{x} = \sumi \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} \cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \sumi \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} \cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1} +\end{gather*} +\begin{proof} + Все как всегда, дифференцируем арксинус, смотрим на разложение производной, потом интегрируем. + + Подставим $x = -t^2$ в предыдущую формулу: + \begin{gather*} + \frac{1}{\sqrt{1 - t^2}} = \sumi (-1)^n \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} (-t^2)^n = + \sumi \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} t^{2n} = \sumi \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} t^{2n} + \end{gather*} + Проинтегрируем: + \begin{gather*} + \arcsin{x} = \int\limits_0^x \frac{dt}{\sqrt{1 - t^2}} = \sumi \int\limits_0^x \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} t^{2n} dt = \sumi \frac{\binom{2n}{n}}{4^n} \cdot \frac{x^{2n+1}}{2n+1} + \end{gather*} +\end{proof} +\notice \; Господь не хотел, чтобы Тейлор добрался и до тангенса. $\tg{x} = \sumi a_n x^n$ сходится при $\abs{x} < \frac{\pi}{2}$, но явной формулы для $a_n$ нет, и слава Богу. \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket59.tex b/sections/third/ticket59.tex new file mode 100644 index 0000000..3f5a509 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket59.tex @@ -0,0 +1,116 @@ +\subsection{Линейные операторы. Свойства. Операции с линейными операторами. Матричное задание линейных операторов из $\R^n$ в $\R^m$} +\begin{conj} + $X$ и $Y$ -- векторные пространства, $\A: X \longrightarrow Y$ -- \textbf{линейный оператор}, если: + \begin{gather*} + \A(\lambda x + \mu y) = \lambda \A (x) + \mu \A (y) \qquad \forall x, y \in X \qquad \forall \lambda, \mu \in \R \text{, ну или } \C + \end{gather*} +\end{conj} +\textit{\textbf{Свойства: }} +\begin{enumerate} + \item $\A(0_X) = 0_Y$ + \item $\A(\sum\limits_{k=1}^n \lambda_k x_k) = \sum\limits_{k=1}^n \lambda_k \A(x_k)$ +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item $\lambda = \mu = 0 \qquad \A(0_x) = 0 + \dots + 0 = 0_Y$ + \item Индукция + \end{enumerate} +\end{proof} +\begin{conj} + $\A, \B$ -- линейные операторы, $\lambda \in \R$. + Тогда введем для них сумму и умножение на скаляр, которые кстати тоже линейные операторы: + \begin{align*} + \A + \B &: X \longrightarrow Y \quad (\A + \B)x := \A x + \B x \\ + \lambda \A&: X \longrightarrow Y \quad (\lambda \A)(x) := \lambda \cdot \A x + \end{align*} +\end{conj} +\notice \; Пространство линейных операторов из $X$ в $Y$ -- векторное пространство над тем же полем. +\begin{conj} + Пусть есть $\A: X \longrightarrow Y$ и $\B: Y \longrightarrow Z$ -- линейные операторы. + Тогда мы можем ввести композицию, которая тоже будет линейным оператором: + \begin{gather*} + \B \circ \A : X \longrightarrow Z \quad (\B \circ \A)(x) := \B(\A x) + \end{gather*} +\end{conj} +\begin{conj} + Для $\A : X \longrightarrow Y$, оператор $\A^{-1} : Y \longrightarrow X$ -- обратный оператор, если выполняются два уловия: + \begin{enumerate} + \item $\A \circ \A^{-1} = \operatorname{Id}_{Y}$ + \item $\A^{-1} \circ \A = \operatorname{Id}_{X}$ + \end{enumerate} +\end{conj} +\textit{\textbf{Свойства: }} +\begin{enumerate} + \item Если обратимый оператор существует, то он единственнен. + \item $(\lambda \A)^{-1} = \frac{1}{\lambda} \cdot \A^{-1}$ + \item Если $X = Y$, то множество обратимых операторов -- группа по отношению композиции. +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item От обратного. Пусть $\B_1 \circ \A = \operatorname{Id}_X$ и $\B_2 \circ \A = \operatorname{Id}_X$. Возьмем $x \in X$. Тогда: + \begin{gather*} + \B_1(\A x) = \B_2(\A x) = x + \end{gather*} + Значит на любом векторе $y$, который является образом какого-либо вектора $\B_1 y = \B_2 y$. Значит осталось понять, что каждый $y$ -- чей-то образ. А это легко: + \begin{gather*} + \A \circ \B_1 = \operatorname{Id}_Y \Longrightarrow \A(\B_1 y) = y + \end{gather*} + \item \begin{gather*} + \left( \frac{1}{\lambda} \A^{-1}\right) \circ (\lambda \A)(x) = \frac{1}{\lambda} \A^{-1} (\lambda \A(x)) = \A^{-1} (\A x) = x + \end{gather*} + Аналогично проверяется в другом порядке. + \item Аксиомы группы тривиально проверяются. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\vspace*{5mm} + +\textbf{Матричная запись оператора}. Пусть $X = \R^n, Y = \R^m$. Также $e_1, \dots, e_n$ -- стандартный базис в $\R^n$, то есть: +\begin{gather*} + \begin{pmatrix*} + 0 \\ + \vdots \\ + 0 \\ + 1 \\ + 0 \\ + \vdots \\ + 0 + \end{pmatrix*} \longleftarrow i\text{-ое место} +\end{gather*} +Тогда $x \in X$ можно представить как сумму $i$-ой координаты, умноженной на $i$-ый базисный вектор. +Также введем обозначение $\A_i$, для применения $\A$ к базисному вектору. +\begin{align*} + x &= \sum\limits_{i=1}^n x_i e_i = \begin{pmatrix*} + x_1 \\ + x_2 \\ + \vdots \\ + x_n + \end{pmatrix*} & \A_i &= \A e_i = \begin{pmatrix*} + a_{1i} \\ + a_{2i} \\ + \vdots \\ + a_{mi} + \end{pmatrix*} +\end{align*} +Тогда линейный оператор $\A$, примененный к иксу -- это: +\begin{gather*} + \A x = \A \left( \sum\limits_{i=1}^n x_i e_i \right) = \sum\limits_{i=1}^n x_i \A e_i = \sum\limits_{i=1}^n x_i \A_i = \sum\limits_{i=1}^n x_i \cdot \begin{pmatrix*} + a_{1i} \\ + a_{2i} \\ + \vdots \\ + a_{mi} + \end{pmatrix*} = + \begin{pmatrix*} + a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\ + a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\ + \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ + a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn} + \end{pmatrix*} \cdot \begin{pmatrix*} + x_1 \\ + x_2 \\ + \vdots \\ + x_n + \end{pmatrix*} +\end{gather*} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket6.tex b/sections/third/ticket6.tex new file mode 100644 index 0000000..1380215 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket6.tex @@ -0,0 +1,51 @@ +\subsection{Формула Валлиса. Асимптотика наибольшего биномиального коэффициента} + +\begin{theorem}[формула Валлиса] + \begin{equation*} + \lim \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!}\frac{1}{\sqrt{2n + 1}} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + W_{2n + 2} \leq W_{2n + 1} \leq W_{2n} \\ + \frac{\pi}{2} \frac{(2n + 1)!!}{(2n + 2)!!} \leq \frac{(2n)!!}{(2n + 1)!!} \leq \frac{\pi}{2} \frac{(2n - 1)!!}{(2n)!!} \\ + \frac{\pi}{2} \leftarrow \frac{\pi}{2} \cdot \frac{2n + 1}{2n + 2} \leq \frac{((2n)!!)^2}{(2n + 1)!!\cdot(2n - 1)!!} \leq \frac{\pi}{2} \\ + \lim \frac{(2n!!)^2}{(2n + 1)!!\cdot(2n - 1)!!} = \frac{\pi}{2} \\ + \lim \frac{(2n!!)^2}{(2n + 1)\cdot((2n - 1)!!)^2} = \frac{\pi}{2} \\ + \lim \frac{(2n)!!}{\sqrt{2n + 1} \cdot (2n - 1)!!} = \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{proof} + +\begin{follow} + \begin{equation*} + C_{2n}^{n} = \frac{(2n - 1)!!}{(2n)!!} \cdot 4^n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} + \end{equation*} +\end{follow} +\begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + C_{2n}^{n} = + \frac{(2n)!}{(n!)^2} = + \frac{(2n)!! \cdot (2n - 1)!!}{(n!)^2} = + \frac{4^n \cdot (2n)!! \cdot (2n - 1)!!}{((2n)!!)^2} = + \frac{4^n \cdot (2n - 1)!!}{(2n)!!} + \end{gathered} + \end{equation*} + Теперь применим формулу Валлиса: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!! \cdot \sqrt{2n + 1}} \sim \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \implies + \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!! \cdot \sqrt{2n}} \sim \sqrt{\frac{\pi}{2}} + \implies + \frac{(2n)!!}{(2n - 1)!!} \sim \sqrt{n\pi} + \implies \\ + \implies + \frac{(2n - 1)!!}{(2n)!!} \sim \frac{1}{\sqrt{n\pi}} + \implies + \frac{(2n - 1)!!}{(2n)!!} \cdot 4^n \sim \frac{4^n}{\sqrt{n\pi}} + \end{gathered} + \end{equation*} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket60.tex b/sections/third/ticket60.tex new file mode 100644 index 0000000..06a2b3c --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket60.tex @@ -0,0 +1,85 @@ +\subsection{Норма линейного оператора. Простейшие свойства} +\begin{conj} + $X, Y$ -- нормированные пространства, $\A : X \longrightarrow Y$ -- линейный оператор. + \textbf{Норма оператора}: + \begin{gather*} + \norm{\A} := \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\A x}_Y + \end{gather*} + Если $\norm{\A} < +\infty$, то оператор ограниченный. +\end{conj} + +\notice \; Ограниченный оператор и ограниченное отображение -- это не одно и то же. Более того, линейность + ограниченное отображение = тождественный 0. +Почему? Ну пусть $\exists x : \A x \neq 0$. Тогда +\begin{gather*} + \norm{\A (\lambda x)} = \abs{\lambda} \norm{\A x} \overset{\lambda \rightarrow \infty}{\longrightarrow} \infty +\end{gather*} + +\textit{\textbf{Свойства: }} +\begin{enumerate} + \item $\norm{\A + \B} \leqslant \norm{\A} + \norm{\B}$ + \begin{proof} + \begin{align*} + \norm{\A + \B} &= \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{(\A + \B)x}_Y \\ + &\leqslant \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} (\norm{\A x}_Y + \norm{\B x}_Y) \\ + &\leqslant \sup \norm{\A x}_Y + \sup \norm{\B x}_Y = \norm{\A} + \norm{\B} + \end{align*} + \end{proof} + \item $\norm{\lambda \A} = \abs{\lambda} \cdot \norm{\A}$ + \begin{proof} + \begin{gather*} + \norm{\lambda \A} = \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\lambda \A x}_Y = \abs{\lambda} \cdot \sup_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\A x}_Y = \abs{\lambda} \cdot \norm{\A} + \end{gather*} + \end{proof} + \item $\norm{\A} = 0 \Longleftrightarrow \A = 0$ + \begin{proof} \quad + + \begin{itemize} + \item[``$\Longleftarrow$'':] Очевидно + \item[``$\Longrightarrow$'':] Пусть $\norm{\A} = 0$, тогда: + \begin{align*} + \norm{\A} = 0 &\Longrightarrow \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\A x}_Y = 0 \\ + &\Longrightarrow \norm{\A x}_Y = 0 \quad \forall x: \norm{x}_X \leqslant 1 \\ + &\Longrightarrow \A x = 0_Y \quad \forall x: \norm{x}_X \leqslant 1 \\ + &\Longrightarrow \A y = \A \left( \frac{y}{\norm{y}} \cdot \norm{y} \right) = \norm{y} \cdot \A \left( \frac{y}{\norm{y}} \right) = \norm{y} \cdot 0_Y = 0_Y + \end{align*} + \end{itemize} + \end{proof} + \item $\norm{\cdot}$ -- норма в векторном пространстве линейных операторов из $X$ в $Y$. + \begin{proof} + Следует из предыдущих трех свойств и логических соображений. + \end{proof} +\end{enumerate} +\textbf{Поясняющая картинка к понятию нормы оператора:} + +У нас есть пространство $X$, мы берем в нем единичный шар: +\begin{gather*} + \{\norm{x}_X \leqslant 1\} \text{ -- единичный шар в } X +\end{gather*} +Этот шар перешел во что-то в $Y$-ке. После этого мы интересуемся супремумом нормы. А что это такое? +Ноль у нас перешел в ноль, значит мы на самом деле интересуемся наибольшим расстоянием от нуля. Самой дальней точкой. + +Мы ищем минимальный радиус шара в $Y$, в который мы можем запихать образ нашего единичного шара. Этот радиус и будет являться нормой. +Норма -- это коэффициент раздутия шара. + +\vspace*{5mm} + +\begin{center} + \begin{tikzpicture} + \draw (0,0) rectangle (8,6);\node at (4,0.5) {$X$}; + \node[label=$0$] (p) at (3,4) {}; + \draw[fill =blue,fill opacity=0.1] (p) circle (1.5cm); + \draw [orange] plot [only marks, mark size=2.5, mark=*] coordinates {(3,4)}; + + \draw (10,0) rectangle (18,6);\node at (14,0.5) {$Y$}; + \node[label=below:$0$] (p') at (13.5,3.0) {}; + + \draw[thick,->] (p) edge[bend right] (p'); + \draw[fill =blue,fill opacity=0.1,rotate=310] (p') ellipse (0.8cm and 2cm); + + \draw[ultra thick, orange] (13.5,3.0) -- (15.0,4.3); + \draw [orange] plot [only marks, mark size=2.5, mark=*] coordinates {(13.5,3.0)}; + \draw [orange] plot [only marks, mark size=2.5, mark=*] coordinates {(15.0,4.3)}; + + \draw[orange, dashed, opacity=0.5, thick] (p') circle (2cm); +\end{tikzpicture} +\end{center} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket61.tex b/sections/third/ticket61.tex new file mode 100644 index 0000000..f83796e --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket61.tex @@ -0,0 +1,86 @@ +\subsection{Эквивалентные определения нормы оператора} +Заведем еще парОчку (пять) способов посчитать норму. +\begin{theorem} + \begin{align} + \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\A x}_Y &= \\ + &= \sup\limits_{\norm{x}_X < 1} \norm{\A x}_Y \\ + &= \sup\limits_{\norm{x}_X = 1} \norm{\A x}_Y \\ + &= \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\norm{\A x}_Y}{\norm{x}_X} \\ + &= \inf{\{ C \in \R : \forall x \in X \quad \norm{\A x}_Y \leqslant C \norm{x}_X \}} + \end{align} +\end{theorem} +\newcommand{\tikzmark}[1]{\tikz[overlay,remember picture] \node (#1) {};} +\newcommand{\DrawBox}[1]{% + \begin{tikzpicture}[overlay,remember picture] + \draw[->,shorten >=5pt,shorten <=5pt,out=50,in=100,distance=0.7cm,#1, thick] ($(MarkA.north)+(.4em,.4em)$) to (MarkB.north); + \draw[overlay,red,thick,dashed] ($(MarkA)!.5!(MarkABot)+(.4em,.2em)$) ellipse (0.6cm and 0.8cm); + \end{tikzpicture} +} +\begin{proof} \quad + + Очевидно, что $(1) \geqslant (2)$ и $(1) \geqslant (3)$ так как в $N_1$ множество больше. + + $(3) = (4)$: + \begin{gather*} + \frac{\norm{\A x}_Y}{\norm{x}_X} = \frac{1\tikzmark{MarkA}}{\tikzmark{MarkABot}\norm{x}_X} \cdot \norm{\A \tikzmark{MarkB} x}_Y\DrawBox{red} = + \norm{\A \bigg( \underbrace{\colorboxed{red}{\frac{x}{\norm{x}_X}}}_{\text{единичн. век.}}\bigg)} \leqslant (3) + \end{gather*} + Дробь под оператор занесли по линейности. Так как под оператором получили единичный вектор, то это подмножество $(3)$. + Рассматривая в $(4)$ только иксы подходящие в третьем, получаем обратное неравенство. Значит выполняется равенство. + + $(4) = (5)$: + + $(4) = $ наименьшая верхняя граница для $\frac{\norm{\A x}_Y}{\norm{x}_X}$. Переформулируем и распишем: + \begin{gather*} + (4) = \min \{ C : \frac{\norm{\A x}_Y}{\norm{x}_X} \leqslant C \} = \min \{ C : \norm{\A x}_Y \leqslant C \norm{x}_X\} + \end{gather*} + Получили $(5)$, но по $x \neq 0$, так как это было сказано в $(4)$. Но для $x = 0$ неравенство в принципе всегда выполняется, так что все хорошо. + + $(3) \geqslant (1)$: + + \begin{align*} + \norm{\A x}_Y &= \norm{\A \left( \frac{x}{\norm{x}_X} \cdot \norm{x}_X \right)} \\ + &= \norm{x}_X \cdot \norm{\A \left( \frac{x}{\norm{x}_X} \right)} \text{ по линейности} \\ + &\leqslant \oast + \end{align*} + $\oast \leqslant \norm{x}_X \cdot (3)$, так как в $(3)$ тоже единичный вектор, но там стоит значек супремума. А это в свою очередь + не превосходит $(3)$, так как норма $x$ не превосходит единицы. + + $(2) \geqslant (1)$: + + Берем $x$ по норме не превосходящие 1. Тогда: + \begin{gather*} + \norm{(1 - \varepsilon)x}_X \leqslant 1 - \varepsilon < 1 \Longrightarrow \stackbelow{\underbrace{\sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\A ((1-\varepsilon)x)}_Y}}{\oast} \leqslant (2) + \end{gather*} + Вынесем $(1 - \varepsilon)$ совсем наружу, потому что это вообще положительная константа и мы так можем. Тогда получим: + \begin{gather*} + \oast = (1 - \varepsilon) \sup\limits_{\norm{x}_X \leqslant 1} \norm{\A x}_Y = (1 - \varepsilon) \cdot (1) \\ + \Longrightarrow (1 - \varepsilon) \cdot (1) \leqslant (2) \quad \forall \varepsilon > 0 + \end{gather*} + Тогда устремим $\varepsilon$ к нулю и получим нужное неравенство. +\end{proof} +\textbf{Следствия: } +\begin{enumerate} + \item $\norm{\A x}_Y \leqslant \norm{\A} \cdot \norm{x}_X$ + \item $\norm{\A \B} \leqslant \norm{\A} \cdot \norm{\B}$ +\end{enumerate} +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item \begin{gather*} + \norm{\A} = \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\norm{\A x}_Y}{\norm{x}_X} \Longrightarrow \norm{\A x}_Y \leqslant \norm{\A} \cdot \norm{x}_X \text{ при } x \neq 0 + \end{gather*} + \item Распишем норму $\A \B$: + \begin{gather*} + \norm{\A \B} = \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\norm{\A \B x}_Z}{\norm{x}_X} \leqslant \oast + \end{gather*} + По определению: $\B : X \longrightarrow Y, \A : Y \longrightarrow Z$. Тогда: + \begin{gather*} + \norm{\A \B x}_Z \leqslant \norm{\A} \cdot \norm{\B x}_Y \leqslant \norm{\A} \cdot \norm{\B} \cdot \norm{x}_X + \end{gather*} + Подставим оценОчку: + \begin{gather*} + \oast \leqslant \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\norm{\A} \cdot \norm{\B} \cdot \cancel{\norm{x}_X}}{\cancel{\norm{x}_X}} = \norm{\A} \cdot \norm{\B} + \end{gather*} + \end{enumerate} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket62.tex b/sections/third/ticket62.tex new file mode 100644 index 0000000..29c6210 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket62.tex @@ -0,0 +1,83 @@ +\subsection{Свойства, эквивалентные ограниченности линейного оператора. Ограниченность линейных операторов из $\R^n$ в $\R^m$. Оценка нормы через сумму квадратов} +\begin{theorem} + $\A : X \longrightarrow Y$ линейный оператор. Тогда равносильны: + \begin{enumerate} + \item $\A$ -- ограниченный оператор + \item $\A$ непрерывен в нуле + \item $\A$ непрерывен везде + \item $\A$ равномерно непрерывен + \end{enumerate} +\end{theorem} +\begin{proof} + $4. \Longrightarrow 3. \Longrightarrow 2.$ очевидно + + + $1. \Longrightarrow 4.$: + + \begin{gather*} + \norm{\A x - \A y} = \norm{\A (x-y)} \leqslant \norm{\A} \cdot \norm{x - y} < \varepsilon \text{ если } \norm{x - y} < \delta + \end{gather*} + Тогда понятно, какую дельту нужно взять. Просто возьмем $\delta := \frac{\varepsilon}{\norm{\A}}$. Тогда если у нас $x$ от $y$ + отличается меньше, чем на $\delta$, то $\A x$ будет отличаться от $\A y$ меньше чем на $\varepsilon$. Вот и равномерная непрерывность. + + $2. \Longrightarrow 1.$: + + Берем $\varepsilon = 1$ и $\delta > 0$ по нему. Тогда: + \begin{gather*} + \forall x \in X : \norm{x} < \delta \Longrightarrow \norm{\A x} < 1 + \end{gather*} + Если $\norm{y} < 1$, то: + \begin{gather*} + \norm{\delta y} < \delta \Longrightarrow \stackbelow{\norm{\underbrace{\A (\delta y)}}}{\delta \norm{\A y}} < 1 \\ + \Longrightarrow \norm{\A y} < \frac{1}{\delta} \Longrightarrow \norm{\A} = \sup\limits_{\norm{y} < 1} \norm{\A y} \leqslant \frac{1}{\delta} + \end{gather*} + А значит оператор $\A$ ограничен. +\end{proof} +\notice $ $ В $\R^n$ мы подразумеваем обычную евклидову норму, +если не оговорено иное. + +\begin{theorem} + Пусть $A : \R^n \to \R^m$ -- линейный оператор. \\ + Тогда $\norm{A}^2 \leqslant \sum_{i = 1}^m \sum_{k = 1}^n a_{ik}^2$, + где $a_{ik}$ -- коэффициенты соотв. матрицы линейного оператора + в стандартных базисах. \\ + В частности, $A$ -- ограниченный оператор. +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + Вспомним: + $$ + A = \begin{pmatrix*} + a_{11} & a_{12} & \dots & a_{1n} \\ + a_{21} & a_{22} & \dots & a_{2n} \\ + \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ + a_{m1} & a_{m2} & \dots & a_{mn} \\ + \end{pmatrix*} + \quad + x = \begin{pmatrix*} + x_1 \\ \vdots \\ x_n + \end{pmatrix*} + $$ + Тогда: + $$ + \norm{Ax}^2 = + \norm{\begin{pmatrix*} + \sum_{k=1}^n a_{1k} x_k \\ + \vdots \\ + \sum_{k=1}^n a_{mk} x_k \\ + \end{pmatrix*}}^2 = + \sum_{i = 1}^m \underbrace{\left(\sum_{k = 1}^n a_{ik} x_k \right)^2} + _{\stackrel{\text{КБШ}}{\leqslant} + \sum \limits_{k = 1}^n a_{ik}^2 \cdot + \sum \limits_{k = 1}^n x_{k}^2 } + \leqslant \sum_{i = 1}^m \sum_{k = 1}^n a_{ik}^2 \cdot + \sum_{k = 1}^n x_{k}^2 + = \sum_{i = 1}^m \sum_{k = 1}^n a_{ik}^2 \cdot \norm{x}^2 + $$ + По определению: + $$\norm{A} = \sup_{\norm{x} \leqslant 1} + \norm{Ax} \leqslant \sqrt{\sum_{i = 1}^m \sum_{k = 1}^n a_{ik}^2}$$ +\end{proof} + +\notice $ $ в бесконечномерных пространствах бывают +неограниченные операторы. \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket63.tex b/sections/third/ticket63.tex new file mode 100644 index 0000000..47d893c --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket63.tex @@ -0,0 +1,66 @@ +\subsection{Дифференцируемость отображений из $\R^n$ в $\R^m$. Частные случаи. Матрица Якоби. Градиент} + + +\begin{conj} $ $\\ + Пусть $f : E \to \R^m$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$. \\ + $f$ \textbf{дифференцируемо} в точке $a$, если существует + линейное отображение \\ $T : \R^n \to \R^m$, т.ч. + $f(a + h) = f(a) + Th + o(\norm{h})$ при $h \to 0$. +\end{conj} + +\begin{conj} + $T$ -- \textbf{дифференциал} $f$ в точке $a$. Обозначается $d_a f$. +\end{conj} + +$ $ + +\begin{theorem-non} + Если $T$ существует, то оно единственно. +\end{theorem-non} +\begin{proof} $ $ \\ + Пусть $h \in \R^n$. + Возьмём из головы формулу и поймём, что она верная: + $$\lim_{t \to 0} \frac{f(a + th) - f(a)}{t} = + \lim_{t \to 0} \frac{f(a) + T(th) + o(\norm{th}) - f(a)}{t} = + \lim_{t \to 0} \frac{tTh + o(\norm{th})}{t} = Th$$ + Таким образом, если $T$ существует, то для любого $h$ + можно однозначно вычислить $Th$. +\end{proof} + +\begin{conj} + Матрица оператора $T$ -- \textbf{матрица Якоби} функции + $f$ в точке $a$. \\ + Обозначается $f'(a)$. +\end{conj} + +\begin{theorem-non} + Если $f$ дифференцируема в точке $a$, то $f$ непрерывна в точке $a$. +\end{theorem-non} +\begin{proof} + $$\lim_{h \to 0} f(a + h) = \lim_{h \to 0}(f(a) + Th + o(h)) + = f(a) + \lim_{h \to 0} Th = f(a)$$ + Так как $\norm{Th} \leqslant \norm{T} \norm{h}$. +\end{proof} + +$ $ + +\textbf{Важный частный случай:} $m = 1$. \\ +Тогда $T : \R^n \to \R$. И матрица $T$ = +$\begin{pmatrix*} + t_1 & \dots & t_n +\end{pmatrix*}$. +Пусть $h = \begin{pmatrix*} + h_1 \\ \vdots \\ h_n +\end{pmatrix*}$. \\ +Тогда $Th = \sum_{k = 1}^n t_k h_k$. +Это по сути скалярное произведение. + +$ $ + +\begin{conj} + Пусть $f : \R^n \to \R$. $f$ дифференцируема в точке $a$. \\ + Тогда найдётся $v \in \R^n$, т.ч. $f(a + h) = f(a) + + \langle v, h \rangle + o(\norm{h})$ при $h \to 0$. \\ + $v$ --- \textbf{градиент} функции $f$ в точке $a$. + Обозначается $\operatorname{grad} f$ или $\nabla f$ (``набла'' $f$). +\end{conj} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket64.tex b/sections/third/ticket64.tex new file mode 100644 index 0000000..4a8eb0c --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket64.tex @@ -0,0 +1,79 @@ +\subsection{Примеры дифференцируемых отображений. Дифференцируемость координатных функций} + +\textbf{Примеры:} +\begin{enumerate} + \item $f = \operatorname{const}$. Тогда $f(a + h) = f(a)$. + А значит, $T \equiv 0$, откуда, $\nabla f = 0$. + \item $f$ -- линейное отображение. Тогда $f(a + h) = f(a) + f(h)$ + $\Rightarrow Th = f(h)$. Таким образом, дифференциал $f$ во всех + точках -- это само $f$. + А матрица Якоби -- это матрица отображения $f$. +\end{enumerate} + +\begin{theorem} + Пусть $f : E \to \R^m$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$; + $f = \begin{pmatrix*} + f_1 \\ \vdots \\ f_m + \end{pmatrix*}$, где $f_j : \R^n \to \R$ -- коорд. функция. + Тогда $f$ дифференцируема в точке $a$ $\Longleftrightarrow$ + $\forall j \;\; f_j$ дифференцируема в точке $a$. +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + \begin{itemize} + \item[``$\Longrightarrow$'':] + + Запишем определение дифференцируемости $f$: + $$f(a + h) = f(a) + Th + \alpha(h) \norm{h}$$ + где $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$ + (это просто по определению $o(\dots)$). + + Запишем равенство покоординатно: + $$f_j(a + h) = f_j(a) + T_j h + + \alpha_j(h) \norm{h}$$ + $\Rightarrow f_j$ дифф. в точке $a$. + + \item[``$\Longleftarrow$'':] + + $f_j(a + h) = f_j(a) + T_j h + \alpha_j(h) \norm{h}$ + $$ + f = \begin{pmatrix*} + f_1(a + h) \\ + \vdots \\ + f_m(a + h) + \end{pmatrix*} + = \begin{pmatrix*} + f_1(a) \\ + \vdots \\ + f_m(a) + \end{pmatrix*} + + \begin{pmatrix*} + T_1 h \\ + \vdots \\ + T_m h + \end{pmatrix*} + + \begin{pmatrix*} + \alpha_1(h) \\ + \vdots \\ + \alpha_m(h) + \end{pmatrix*} \norm{h} + $$ + + Надо доказать, что $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$. \\ + Док-во: + $$ \lim_{h \to 0} \norm{\alpha(h)} + = \lim_{h \to 0} \norm{\begin{pmatrix*} + \alpha_1(h) \\ + \vdots \\ + \alpha_m(h) + \end{pmatrix*}} + = \lim_{h \to 0} \sqrt{\alpha_1(h)^2 + \dots + \alpha_m(h)^2} + = \sqrt{\sum_{i = 1}^m \lim_{h \to 0} \alpha_i(h)^2} = 0 + $$ + + \end{itemize} +\end{proof} + +\follow $ $ транспонированные строки матрицы Якоби -- +градиенты координатных функций. + + diff --git a/sections/third/ticket65.tex b/sections/third/ticket65.tex new file mode 100644 index 0000000..3e09ae8 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket65.tex @@ -0,0 +1,116 @@ +\subsection{Производная по направлению. Экстремальное свойство градиента.} + + +\begin{conj} + Пусть $\norm{h} = 1$, $f : E \to \R$, где $E \subset \R^n$. + Тогда \textbf{производная по направлению} + $$\frac{df}{dh}(a) := \lim_{t \to 0} \frac{f(a + th) - f(a)}{t}$$ +\end{conj} + +\textbf{Замечания:} +\begin{enumerate} + \item Если $f$ дифференцируема в точке $a$, то + $\frac{df}{dh}(a) = d_a f (h)$. + + \item Пусть $g(t) := f(a + th)$, где $t \in \R$ -- + маленькое число настолько, что $(a + th) \in E$. + + Поясняющая картинка: + + \begin{center} + \begin{tikzpicture} + \draw[red, thick, ->] (1, 2) -- (1.5, 3); + \node[red, text width=3cm] at (2.9,2.3) {h}; + \draw[thick, -, rounded corners=2mm] (0,0) \irregularcircle{2cm}{2mm}; + \node[text width=3cm] at (0.5,1) {E}; + \draw[thick, dashed] (0,-1) circle(0.7); + \fill[thick, black] (0,-1) circle(0.07) node[below right]{a}; + \draw[thick, red] (0,-1) node[above left]{th}; + \draw[red, thick, <->] (-0.3, -1.6) -- (0.3, -0.4) ; + \end{tikzpicture} + \end{center} + + Пояснение к картинке: + $a \in \Int E \Rightarrow \exists r > 0 : B_r(a) \subset E$. + $\norm{th} = \abs{t} < r$. \\ + \textit{Мы берём вектор направления $h$ и сдвигаемся на небольшие + числа $t$ так, чтобы оставаться в окрестности $a$}. + + Получаем в итоге: + $$\frac{df}{dh}(a) = g'(0) = \lim_{t \to 0} \frac{g(t) - g(0)}{t}$$ + \textit{Получается, что $g' : (-r, r) \to \R$ -- обычная числовая + функция, значение и свойства её производной мы знаем.} + + \item + $f$ дифф. в точке $a$ $\Rightarrow$ $\exists \frac{df}{dh}(a)$, + \textbf{но} + $\exists \frac{df}{dh}(a)$ $\not\Rightarrow$ $f$ дифф. в точке $a$. + + Пример: + + Рассмотрим $f : \R^2 \to \R$. Пусть $C$ -- точки некоторой + окружности, проходящей через ноль. Пусть: + $$ f(x) = + \begin{cases} + 1 & \text{если } x \in C \setminus \{0\} \\ + 0 & \text{иначе} + \end{cases} + $$ + Тогда для любого $h \in \R^2$, $\norm{h} = 1$ и $t \in \R$, + так что $(a + th) \in U(a)$, + прямая проходящая + через $0$ и $th$ имеет с $C \setminus \{0\}$ не более одной точки + пересечения, причём эта точка $\neq 0$. Значит, на некоторой + окрестности вдоль этой прямой $f(x) = 0$. + А значит $\frac{df}{dh}(0) = 0$. + + С другой стороны, $f$ не непрерывна в нуле, т.к. на сколько угодно + маленьком расстоянии найдётся точка $x$, в которой $f(x) = 1$. + А $f(0) = 0$, значит, $f$ не дифференцируема в $0$. + +\end{enumerate} + +\begin{theorem} + Пусть $f : E \to \R$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$, + $f$ -- дифф. в точке $a$. + Тогда + $$ \frac{df}{dh} (a) = d_a f(h) = \langle \nabla f(a), h \rangle $$ +\end{theorem} +\begin{proof} + Доказано ранее по отдельности. +\end{proof} + +\textbf{Следствие 1:} +\begin{enumerate} + \item[] \textbf{Экстремальное свойство градиента}. + + $f : E \to \R$, $a \in \Int E$, $f$ дифф. в точке $a$ и + $\nabla f(a) \neq 0$. Тогда + $$\forall h : \norm{h} = 1 \qquad + -\norm{\nabla f(a)} \leqslant \frac{df}{dh}(a) + \leqslant \norm{\nabla f(a)}$$ + И неравенство обращается в равенство лишь при + $h = \frac{\pm \nabla f(a)}{\norm{\nabla f(a)}}$. + + \textit{По смыслу получается, что производная по направлению -- + это скорость изменения функции в данном направлении, а + градиент -- это направление, в котором функция меняется + быстрее всего. На этом важном факте много что построено, + в частности некоторые алгоритмы оптимизации функций основываются + на этой идее: мы считаем градиент в точке и движемся по градиенту, + т.е. по направлению, + в котором функция быстрее всего убывает. Не факт, что мы получим + глобальный минимум, но мы получим какой-то локальный минимум.} + + \begin{proof} + $$\abs{\frac{df}{dh}(a)} = \abs{\langle \nabla f(a), h \rangle} + \stackrel{\text{КБШ}}{\leqslant} \norm{\nabla f(a)} + \cdot \norm{h} = \norm{\nabla f(a)}$$ + + Вспомним, что в неравенстве Коши-Буняковского достигается + равенство тогда и только тогда, когда вектора сонаправлены. + Получаем, что для достижения равенства надо взять единичный + вектор в направлении $\nabla f(a)$, значит, вектор $\nabla f(a)$ + нужно просто нормировать. + \end{proof} +\end{enumerate} diff --git a/sections/third/ticket66.tex b/sections/third/ticket66.tex new file mode 100644 index 0000000..0ec8c6b --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket66.tex @@ -0,0 +1,85 @@ +\subsection{Частные производные. Элементы матрицы Якоби. Координатная запись формул для производных} + + +\begin{conj} + Пусть $f : E \to \R$. $a \in \Int E$. Тогда + \textbf{частная производная} -- производная по направлению + $k$-го базисного вектора (по напр. $k$-й координаты): + $$\frac{df}{dx_k}(a) := \lim_{t \to 0} + \frac{f(a + te_k) - f(a)}{t}$$ + где $e_k$ -- $k$-й базисный вектор (нулевой вектор, + кроме 1 на $k$-й позиции). + $$ + e_k = \begin{pmatrix*} + 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 + \end{pmatrix*} + \begin{matrix*} + $ $ \\ $ $ \\ $ $ \\ + \longleftarrow \text{$k$-е место} + \\ $ $ \\ $ $ \\ $ $ + \end{matrix*} + $$ + Обозначений много: $f'_k$, $D_k f$, $d_k f$, $\frac{df}{dx_k}$. +\end{conj} + +\textbf{Следствие 2:} +\begin{enumerate} + \item[] \textbf{Каноническое определение градиента}. + $$\frac{df}{dx_k}(a) = \langle \nabla f(a), e_k \rangle = + \text{$k$-я координата } \nabla f(a)$$ + Другими словами: + $$ \nabla f(a) = + \begin{pmatrix*} + \frac{df}{dx_1}(a) \\ + \frac{df}{dx_2}(a) \\ + \vdots \\ + \frac{df}{dx_n}(a) \\ + \end{pmatrix*}$$ + \textit{На лекции Храбров записал вектор-строку, но мы в $\R^n$ + используем векторы-столбцы}. +\end{enumerate} + +\textbf{Следствие 3:} +\begin{enumerate} + \item[] + Если $f : E \to \R^m$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$, + $f$ дифф. в точке $a$, то матрица Якоби в точке $a$ + выглядит следующим образом: + $$ f'(a) = + \begin{pmatrix*} + \frac{df_1}{dx_1}(a) & \frac{df_1}{dx_2}(a) & + \dots & \frac{df_1}{dx_n}(a) \\ + \frac{df_2}{dx_1}(a) & \frac{df_2}{dx_2}(a) & + \dots & \frac{df_2}{dx_n}(a) \\ + \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ + \frac{df_m}{dx_1}(a) & \frac{df_m}{dx_2}(a) & + \dots & \frac{df_m}{dx_n}(a) \\ + \end{pmatrix*}$$ + где $f_k$ -- $k$-я координатная функция $f$. +\end{enumerate} + +\textbf{Пример:} + +Пусть $f(x, y) = x^y$. Тогда +$$ +\frac{df}{dx}(a, b) = +\lim_{t \to 0} \frac{f((a, b) + t(1, 0)) - f(a, b)}{t} = +\lim_{t \to 0} \frac{f(a + t, b) - f(a, b)}{t} = +(x^b)' \mid_{x = a} = b a^{b-1} +$$ +\textit{У нас меняется только первая координата, +т.е. по сути это определение производной в точке $x = a$ при +фиксированном $y = b$. Т.е. мы просто воспринимаем $y$ как параметр +и дифференцируем по одной переменной.} + +$$ +\frac{df}{dy}(a, b) = +\lim_{t \to 0} \frac{f((a, b) + t(0, 1)) - f(a, b)}{t} = +\lim_{t \to 0} \frac{f(a, b + t) - f(a, b)}{t} = +(a^y)' \mid_{y = b} = a^b \cdot \ln a +$$ + +\textit{Получается, что, когда мы считаем частную производную по $x_k$, +мы фиксируем все остальные переменные, отличные от $x_k$ --- +считаем, что они константы --- +и просто получаем функцию от одной переменной.} diff --git a/sections/third/ticket67.tex b/sections/third/ticket67.tex new file mode 100644 index 0000000..d78920f --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket67.tex @@ -0,0 +1,119 @@ +\subsection{Линейность диференциала. Дифференциал композиции} + + +\begin{theorem}[линейность дифференциала] $ $ + + Пусть + \begin{itemize} + \item $f, g : E \to \R^m$, $E \subset \R^n$; + \item $a \in \Int E$, $\lambda \in \R$; + \item $f$ и $g$ дифф. в точке $a$. + \end{itemize} + Тогда + \begin{itemize} + \item $f + g$ дифф. в точке $a$ и $d_a(f + g) = d_a f + d_a g$; + \item $\lambda f$ дифф. в точке $a$ и $d_a(\lambda f) = + \lambda d_a f$. + \end{itemize} +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + По определению дифференцирумости: + + $f(a + h) = f(a) + d_a f(h) + \alpha(h) \norm{h}$, где + $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$. \\ + $g(a + h) = g(a) + d_a g(h) + \beta(h) \norm{h}$, где + $\beta(h) \to 0$ при $h \to 0$. + + Тогда $f(a + h) + g(a + h) = f(a) + g(a) + + \underbrace{d_a f(h) + d_a g(h)}_{\text{лин. оператор}} + + \overbrace{\underbrace{(\alpha(h) + \beta(h))}_{\to 0} \norm{h}} + ^{= o(\norm{h})}$. + + Равенство по определению выполняется, значит, + $f + g$ дифф. в точке $a$ и $d_a(f+g) = d_a f + d_a g$. + + $$\lambda f(a + h) = \lambda f(a) + + \underbrace{\lambda d_a f(h)}_{\text{лин. оп-р}} + + \overbrace{\lambda \alpha(h) \norm{h}}^{=o(\norm{h})}$$ + + Равенство по определению выполняется, значит, + $\lambda f$ дифф. в точке $a$ и $d_a(\lambda f) = \lambda d_a f$. +\end{proof} +\textit{В понимании дифференциала как матриц сложение дифференциалов +и умножение дифференциала на скаляр просто соответствуют сложению +матриц и умножению матрицы на скаляр. Хотя искушённому жуковским линалом +читателю, это очевидно.} + +\begin{theorem}[дифференцируемость композиции] + Пусть + \begin{itemize} + \item $D \subset \R^n$, $f : D \to \R^m$; + \item $E \subset \R^m$, $g : E \to \R^l$; + \item $a \in \Int D$, $f(D) \subset E$, $f(a) \in \Int E$; + \item $f$ дифф. в точке $a$; $g$ дифф. в точке $f(a)$. + \end{itemize} + Тогда $g \circ f$ дифф. в точке $a$ и + $d_a (g \circ f) = d_{f(a)} g \circ d_a f$. +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + По определению дифференцирумости: + \begin{align*} + f(a + h) &= \overbrace{f(a)}^{=: b} + + \overbrace{d_a f(h) + \alpha(h) \norm{h}}^{=: k}, && + \text{ где $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$} \\ + g(b + k) &= g(b) + d_b g(k) + \beta(k) \norm{k}, && + \text{ где $\beta(k) \to 0$ при $k \to 0$} + \end{align*} + + Тогда: $$g(f(a + h)) = g(b + k) = + g(b) + d_b g(k) + \beta(k) \norm{k}$$ + + По линейности линейного отображения: + $$d_b g(k) = d_b g(d_a f(h) + \alpha(h) \norm{h}) = + d_b g (d_a f(h)) + d_b g(\alpha(h)) \norm{h}$$ + + Теперь нужно понять, что $d_b g(\alpha(h)) \norm{h} = o(\norm{h})$, + т.е. $d_b g(\alpha(h)) \to 0$ при $h \to 0$: + $$ + \norm{d_b g(\alpha(h))} \leqslant + \underbrace{\norm{d_b g}}_{\text{const}} \cdot + \underbrace{\norm{\alpha(h)}}_{\to 0 \text{ по опр.}} \to 0 + $$ + + Теперь нужно доказать, что $\beta(k) \norm{k} = o(\norm{h})$, + т.е. $\beta(k) \frac{\norm{k}}{\norm{h}} \to 0$ при $h \to 0$: + $$\norm{k} = \norm{d_a f(h) + \alpha(h) \norm{h}} + \leqslant + \norm{d_a f(h)} + \norm{\alpha(h)} \cdot \norm{h} + \leqslant \norm{d_a f} \cdot \norm{h} + + \norm{\alpha(h)} \cdot \norm{h}$$ + + По опр. $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$, значит, + $\alpha(h)$ ограничена в окрестности 0, при этом + $\norm{d_a f} = \text{const}$, поэтому + $\norm{k} \leqslant M \norm{h}$ в окрестности 0. Поэтому + $\norm{k} \to 0$ при $h \to 0$. Из этого следует, что + $\beta(k) \to 0$ при $h \to 0$, т.к. $k \to 0$. Получаем: + $$\beta(k) \frac{\norm{k}}{\norm{h}} \leqslant M \cdot + \underbrace{\beta(k)}_{\to 0} \to 0$$ + + В исходном равенстве получаем: + $$g(f(a + h)) = g(b) + d_b g (d_a f(h)) + (d_b g(\alpha(h)) \norm{h} + + \beta(k) \norm{k}) = g(b) + d_b g (d_a f(h)) + o(\norm{h})$$ + Отсюда по опр. дифф. получаем, что $g \circ f$ дифф. в точке $a$ и + $(d_a (g \circ f)) (h) = d_b g (d_a f(h))$, а значит, + $d_a (g \circ f) = d_{f(a)} g \circ d_a f$. + +\end{proof} + +\textbf{Следствие.} $(g \circ f)'(a) = g'(f(a)) \cdot f'(a)$ + +\textit{Очень знакомая формула, только теперь не с числами, +а с матрицами}. +\begin{proof} + $d_a(g \circ f) = d_{f(a)} g \circ d_a f$. + Матрица композиции линейных отображений -- произведение + матриц линейных отображении в том же порядке. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket68.tex b/sections/third/ticket68.tex new file mode 100644 index 0000000..592323f --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket68.tex @@ -0,0 +1,85 @@ +\subsection{Две теоремы о дифференцируемости произведения функций} + + +\begin{theorem}[дифф. произведения скалярной и векторной функции] $ $ + + Пусть + \begin{itemize} + \item $E \subset \R^n$, $\lambda : E \to \R$, $f : E \to \R^m$; + \item $a \in \Int E$, $f$ и $\lambda$ дифф. в точке $a$ + \end{itemize} + Тогда $\lambda f$ дифф. в точке $a$ и $d_a (\lambda f)(h) + = d_a \lambda (h) \cdot f(a) + \lambda(a) \cdot d_a f(h)$. +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + По определению дифференцирумости: + \begin{align*} + f(a + h) &= f(a) + d_a f(h) + \alpha(h) \norm{h}, && + \text{ где $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$} \\ + \lambda(a + h) &= \lambda(a) + d_a \lambda(h) + \beta(h) \norm{h}, && + \text{ где $\beta(h) \to 0$ при $h \to 0$} + \end{align*} + + Получаем: + \begin{gather*} + f(a + h) \cdot \lambda(a + h) - f(a) \cdot \lambda(a) = + \underbrace{d_a \lambda(h) \cdot f(a) + + \lambda(a) \cdot d_a f(h)}_{\text{то что нужно}} + \\ + + \underbrace{\lambda(a) \cdot \alpha(h) \norm{h}} + _{\text{очев. $=o(\norm{h})$}} + + \underbrace{f(a) \cdot \beta(h) \norm{h}} + _{\text{очев. $=o(\norm{h})$}} + + \underbrace{d_a \lambda(h) \cdot d_a f(h)}_{\text{1.}} + \\ + + \underbrace{d_a \lambda(h) \cdot \alpha(h) \norm{h}}_{\text{2.}} + + \underbrace{d_a f(h) \cdot \beta(h) \norm{h}}_{\text{2.}} + + \underbrace{\alpha(h) \beta(h) \norm{h}^2}_{\text{3.}} + \end{gather*} + \begin{enumerate} + \item Поймём, что $d_a \lambda(h) \cdot d_a f(h) = o(\norm{h})$: + $$\norm{\underbrace{d_a \lambda(h)}_{\text{число}} \cdot d_a f(h)} + = \abs{d_a \lambda(h)} \cdot \norm{d_a f(h)} \leqslant + \norm{d_a \lambda} \cdot \norm{h} \cdot \norm{d_a f(h)} + \leqslant \underbrace{\norm{d_a \lambda} \cdot \norm{d_a f}} + _{\text{= const}} \cdot \norm{h}^2 = o(\norm{h})$$ + + \item $d_a \lambda(h) \cdot \alpha(h) \norm{h} = o(\norm{h})$, + т.к. $\alpha(h) \to 0$ при $h \to 0$ по опр., $\norm{d_a \lambda(h)} + \leqslant \norm{d_a \lambda} \cdot \norm{h}$ $\Rightarrow$ + $d_a \lambda(h)$ ограничена в окрестности 0. Аналогично с + $d_a f(h) \cdot \beta(h) \norm{h}$. + + \item $\alpha(h) \beta(h) \norm{h}^2 = o(\norm{h})$, т.к. + $\alpha(h) \to 0$, $\beta(h) \to 0$, $\norm{h} \to 0$ при $h \to 0$. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\begin{theorem}[дифф. скалярного произведения] + Пусть $f, g : E \to \R^m$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$, + $f$ и $g$ дифф. в точке $a$. Тогда $\langle f, g \rangle$ + дифф. в точке $a$ и $d_a \langle f, g \rangle (h) = + \langle d_a f(h), g(a) \rangle + \langle f(a), d_a g(h) \rangle$ +\end{theorem} +\begin{proof} + \begin{gather*} + \langle f, g \rangle = \sum_{k = 1}^m f_k g_k + \Rightarrow + \underbrace{d_a \langle f, g \rangle = + \sum_{k = 1}^m d_a (f_k g_k)} + _\text{линейность дифф.}; \\ + d_a \langle f, g \rangle (h) = + \sum_{k = 1}^m d_a (f_k g_k)(h) = + \sum_{k = 1}^m + \underbrace{(d_a f_k (h) \cdot g_k(a) + + f_k (a) \cdot d_a g_k(h))}_{\text{пред. теорема}} = \\ + = \sum_{k = 1}^m + \underbrace{(d_a f(h))_k}_{\text{$k$-я коорд.}} + \cdot g_k(a) + + \sum_{k = 1}^m f_k (a) \cdot (d_a g(h))_k = + \langle d_a f(h), g(a) \rangle + \langle f(a), d_a g(h) \rangle + \end{gather*} + + \textit{Необходимо пояснение, почему $d_a f_k (h) = (d_a f(h))_k$} +\end{proof} +\textbf{Замечание.} Если $n = 1$, то $\langle f(x), g(x) \rangle' = +\langle f'(x), g(x) \rangle + \langle f(x), g'(x) \rangle$ diff --git a/sections/third/ticket69.tex b/sections/third/ticket69.tex new file mode 100644 index 0000000..5efd03e --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket69.tex @@ -0,0 +1,51 @@ +\subsection{Теорема Лагранжа для векторнозначных функций} + +\begin{theorem}[теорема Лагранжа для векторнозначных функций] $ $\\ + Пусть $f : [a, b] \to \R^m$, $f$ непрерывна на $[a,b]$ и + дифф. на $(a, b)$. \\ Тогда $\exists c \in (a, b)$, + т. ч. $\norm{f(b) - f(a)} \leqslant \norm{f'(c)}(b - a)$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Пусть $\varphi : [a, b] \to \R$, + $\varphi(x) := \langle f(x), f(b) - f(a) \rangle$. Она непрерывна + и дифф. на $(a, b)$, т.к. просто является произведением константы + на непр. и дифф. на $(a, b)$ функцию. + + По замечанию к пред. теореме: + $$\varphi'(x) = \langle f(x), f(b) - f(a) \rangle' = + \langle f'(x), f(b) - f(a) \rangle + + \langle f(x), \underbrace{(f(b) - f(a))'}_{= 0} \rangle = + \langle f'(x), f(b) - f(a) \rangle$$ + + Применим одномерную теорему Лагранжа: + $$\exists c \in (a, b) : \varphi(b) - \varphi(a) = + \varphi'(c)(b - a) = + (b - a) \langle f'(c), f(b) - f(a) \rangle$$ + + С другой стороны: + $$\varphi(b) - \varphi(a) = \langle f(b), f(b) - f(a) \rangle + - \langle f(a), f(b) - f(a) \rangle = \norm{f(b) - f(a)}^2$$ + + Собираем вместе: + $$\norm{f(b) - f(a)}^2 = + (b - a) \langle f'(c), f(b) - f(a) \rangle + \stackrel{\text{КБШ}}{\leqslant} (b - a) \norm{f'(c)} + \cdot \norm{f(b) - f(a)}$$ + + Если $f(b) = f(a)$, то неравенство в условии очевидно выполняется, + иначе можно сократить на $\norm{f(b) - f(a)}$. +\end{proof} +\textbf{Замечание.} Равенство $\norm{f(b) - f(a)} = \norm{f'(c)}(b - a)$ +может не достигаться ни в одной точке. + +\textbf{Пример:} + +Пусть $f(x) = (\cos x, \sin x)$, $x \in [a, b] = [0, 2\pi]$. +Эта функция дифф., т.к. дифф. эквивалентна дифф. коорд. функций. +\begin{gather*} + f(b) - f(a) = f(2\pi) - f(0) = (0, 0) \Rightarrow + \norm{f(b) - f(a)} = 0, \\ + f'(x) = (-\sin x, \cos x) \Rightarrow \norm{f'(x)}^2 = + (-\sin x)^2 + \cos^2 x = 1 \Rightarrow \norm{f'(x)} \equiv 1 \\ + \norm{f(b) - f(a)} = 0 < \norm{f'(x)}(b - a) = 2\pi +\end{gather*} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket7.tex b/sections/third/ticket7.tex new file mode 100644 index 0000000..1c4abe7 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket7.tex @@ -0,0 +1,40 @@ +\subsection{Формула Тейлора с остатком в интегральной форме} + +\begin{theorem}[формула Тейлора с остатком в интегральной форме] + Пусть $f \in C^{n + 1}\langle a, b \rangle$. Тогда + \begin{equation*} + f(x) = + \sum_{k = 0}^{n} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^k + + \underbrace{\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x} (x - t)^n f^{(n + 1)}(t) \: dt}_{\mathclap{R_n}} + \end{equation*} +\end{theorem} +\begin{proof} + Индукция. По формуле Ньютона-Лейбница: + \begin{equation*} + f(x) = f(x_0) + \int_{x_0}^{x} f'(t) \: dt + \end{equation*} + Это наше выражение при $n = 0$. Теперь докажем переход $n - 1 \to n$: + \begin{equation*} + f(x) = \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}(x - x_0)^{k} + R_{n - 1} + \end{equation*} + + Надо доказать, что + \begin{equation*} + R_{n - 1} = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x - x_0)^n + R_n + \end{equation*} + \begin{equation*} + (n - 1)!R_{n - 1} = + \int_{{x_0}}^{{x}} {\underbrace{(x - t)^{n - 1}}_{\mathclap{v'}}\cdot \underbrace{f^{(n)}(t)}_{\mathclap{u}}} \: d{t} = + \overbrace{\left.-\frac{1}{n}f^{(n)}(t)(x - t)^n\right|_{t = x_0}^{t = x}}^{\mathclap{\frac{1}{n}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^n}} + + \frac{1}{n} \int_{{x_0}}^{{x}} {(x - t)^n f^{(n + 1)}(t)} \: d{t} + \end{equation*} + Теперь поделим на $(n - 1)!$ и получим нужное выражение: + \begin{equation*} + R_{n - 1} = + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^{n} + + \frac{1}{n!} \int_{{x_0}}^{{x}} {(x - t)^n f^{(n + 1)}(t)} \: d{t} + = + \frac{1}{n!}f^{(n)}(x_0)(x - x_0)^{n} + + R_n + \end{equation*} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket70.tex b/sections/third/ticket70.tex new file mode 100644 index 0000000..1f07203 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket70.tex @@ -0,0 +1,178 @@ +\subsection{Связь частных производных и дифференцируемости} + +\begin{theorem} + Пусть $f : E \to \R$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int f$, + все частные производные $f$ существуют в окрестности точки $a$ + и непрерывны в точке $a$. Тогда $f$ дифф. в точке $a$. +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + Пусть: + $$R(h) = f(a + h) - f(a) - + \underbrace{\sum_{k = 1}^n \frac{df}{dx_k}(a) \cdot h_k} + _{= \langle \nabla f(a), h \rangle = d_a f(h)} $$ + + где традиционно $h \in \R^n$. Надо док-ть, что $R(h) = o(\norm{h})$. + + Введём вспомогательные точки: + + \noindent + \begin{minipage}[t]{.5\textwidth} + $$ b_k = \begin{pmatrix*} + a_1 + h_1 \\ + a_2 + h_2 \\ + \vdots \\ + a_k + h_k \\ + a_{k + 1} \\ + \vdots \\ + a_n + \end{pmatrix*} + = a + \begin{pmatrix*} + h_1 \\ + h_2 \\ + \vdots \\ + h_k \\ + 0 \\ + \vdots \\ + 0 + \end{pmatrix*} $$ + \end{minipage}% <---------------- Note the use of "%" + \begin{minipage}[t]{.5\textwidth} + Пример на + двумерном случае: + $$\begin{tikzpicture} + \draw[thick,->] (0,0) -- (3,0) node[anchor=north west] {x}; + \draw[thick,->] (0,0) -- (0,3) node[anchor=south east] {y}; + \fill[thick, black] (0.5, 1) circle(0.07) + node[below right]{$a = b_0$}; + \fill[thick, black] (2.5, 1) circle(0.07) + node[below right]{$b_1$}; + \fill[thick, black] (2.5, 2.5) circle(0.07) + node[below right]{$a + h = b_2$}; + \end{tikzpicture}$$ + \end{minipage} + + Т.е. мы к первым $k$ координатам $a$ прибавляем первые $k$ + координат $h$, а остальные $n - k$ координат $a$ оставляем не + тронутыми. По сути, эти точки -- способ за $n$ шагов прошагать от точки + $a$ до точки $a + h$, прибавляя по одной координате. + + Зададим ещё одну функцию: + $$ F_k(t) = f(b_{k-1} + t h_k e_k) $$ + где традиционно $t \in \R$, $e_k$ -- $k$-й базисный вектор. Т.е. + мы сдвинулись по $k-1$ координате в сторону $h$ и теперь двигаемся + по $k$-й координате в направлении $h_k$. Более того, + $F_k(1) = f(b_k)$. + + Это одномерная функция, поэтому можем применить одномерную + теорему Лагранжа: + $$ F_k(1) - F_k(0) = F_k'(\Theta_k) \quad\quad \Theta_k \in (0, 1) $$ + + Давайте внимательно посмотрим на $F_k(t)$: + $$ F_k(t) = f(b_{k-1} + t h_k e_k) = + f\begin{pmatrix*} + a_1 + h_1 \\ + \vdots \\ + a_{k-1} + h_{k-1} \\ + a_k + t h_k \\ + a_{k + 1} \\ + \vdots \\ + a_n + \end{pmatrix*}$$ + Т.е. меняется только $k$-я координата, а значит по сути: + $$ F_k'(t) = + \underbrace{ + \overbrace{\frac{df}{dx_k}(b_{k-1} + t h_k e_k)} + ^{\text{сущ. по условию теор.}} + \cdot (a_k + th_k)'} + _{\text{произв. композиции}} = \frac{df}{dx_k}(b_{k-1} + t h_k e_k) + \cdot h_k $$ + Подставляем $\Theta_k$: + $$ F_k'(\Theta_k) = + \frac{df}{dx_k}(b_{k-1} + \Theta_k h_k e_k) \cdot h_k $$ + Собираем вместе: + $$f(a + h) - f(a) = F_n(1) - F_1(0) + \underbrace{= \sum_{k = 1}^n (F_k(1) - F_k(0))} + _{\text{т.к. $F_{k-1}(1) = F_k(0)$}} = + \sum_{k = 1}^n \frac{df}{dx_k} + (\overbrace{b_{k-1} + \Theta_k h_k e_k}^{=: c_k}) \cdot h_k + = \sum_{k = 1}^n \frac{df}{dx_k} (c_k) \cdot h_k $$ + Вспомним про $R(h)$: + $$R(h) = f(a + h) - f(a) - \sum_{k = 1}^n \frac{df}{dx_k}(a) + \cdot h_k = \sum_{k = 1}^n \left(\frac{df}{dx_k} (c_k) - + \frac{df}{dx_k}(a) \right) \cdot h_k$$ + Применим неравенство Коши-Буняковского: + $$\abs{R(h)} = \abs{\sum_{k = 1}^n \left(\frac{df}{dx_k} (c_k) - + \frac{df}{dx_k}(a) \right) \cdot h_k} + \stackrel{\text{КБШ}}{\leqslant} \sqrt{\sum_{k=1}^n + \left(\frac{df}{dx_k} (c_k) - \frac{df}{dx_k}(a) \right)^2} + \cdot \underbrace{\sqrt{\sum_{k=1}^n h_k^2}}_{= \norm{h}} + $$ + Получаем, что: + $$ \left(\frac{R(h)}{\norm{h}} \right)^2 \leqslant \sum_{k=1}^n + \left(\frac{df}{dx_k} (c_k) - \frac{df}{dx_k}(a) \right)^2 $$ + Нужно доказать, что эта сумма стремится к 0 при $h \to 0$. + Вспомним, что сходимость эквивалентна покоординатной сходимости: + \begin{gather*} + h \to 0 \Rightarrow h_k \to 0 \Rightarrow a_k + h_k \to a_k + \Rightarrow b_k \to a \\ + c_k = \underbrace{b_{k-1}}_{\to a} + + \underbrace{\Theta_k}_{\in (0, 1)} \cdot + \underbrace{h_k}_{\to 0} \cdot + \underbrace{e_k}_{\text{const}} \to a + \end{gather*} + $\frac{df}{dx_k}$ непрерывна в точке $a$, а значит: + $$\lim_{h \to 0} \frac{df}{dx_k}(c_k) = + \lim_{c_k \to a} \frac{df}{dx_k}(c_k) = + \frac{df}{dx_k}(a)$$ + Собираем вместе: + $$\left(\frac{R(h)}{\norm{h}} \right)^2 \leqslant \sum_{k=1}^n + \underbrace{\left(\frac{df}{dx_k} (c_k) - + \frac{df}{dx_k}(a) \right)^2}_{\to 0} \to 0 \Longrightarrow + R(h) = o(\norm{h})$$ + По определению дифференцируемости получаем, что $f$ дифф. + в точке $a$. +\end{proof} + +\textit{Теперь у нас есть более удобный способ проверять дифференц. +функции в точке, чем просто по определению, т.к. если функция +состоит из элементарных функции, то нам легко понять, какие у неё +частные производные, и легко понять, непрерывны ли они в точке.} + +\textbf{Замечания:} +\begin{enumerate} + \item Непрерывность частной производной по первой координате + не используется: + $$ F_1(1) - F_1(0) = f(a + h_1 e_1) - f(a) = + \underbrace{\frac{df}{dx_1}(a) \cdot h_1 + o(h_1)}_ + {\text{опр. дифф. в точке $a$}} = + \frac{df}{dx_1}(a) \cdot h_1 + o(\norm{h})$$ + По второй координате мы уже так сделать не можем: + $$ F_2(1) - F_2(0) = + \underbrace{f(a + h_1 e_1 + h_2 e_2) - f(a + h_1 e_1)} + _{\text{точка $(a + h_1 e_1) \neq a$}} $$ + + \item Дифф. в точке не даёт существования частных производных + в окр-ти и уж тем более их непрерывность. + + \textbf{Пример:} + $$ f(x, y) = \begin{cases} + x^2 + y^2, & \text{если ровно одно из них $\in \Q$,} \\ + 0, &\text{иначе.} + \end{cases} $$ + + $f$ дифф. в точке $(0, 0)$: + $$ \underbrace{f(x, y)}_{\leqslant x^2 + y^2} = + \underbrace{f(0, 0)}_{=0} + o(\norm{(x, y)}) = + f(0, 0) + o(\sqrt{x^2 + y^2}) $$ + + При этом, в любой окрестности $(0, 0)$ найдётся точка, + отличная от $(0, 0)$, в которой нет даже непрерывности. + Пусть $x_0, y_0 \in \R \setminus \Q$. $f(x_0, y_0) = 0$. + Зафиксируем вторую координату и будем двигаться по первой + координате. Тогда в любой окрестности $x_0$ найдётся рациональное + число $x$, а значит, там будет $f(x, y_0) \neq 0$. + При этом если брать рациональные точки слева от $x_0$, то при + приближении к $x_0$, значение $f(x, y_0)$ будет только расти, + а значит, ни о какой сходимости к 0 говорить нельзя. +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket71.tex b/sections/third/ticket71.tex new file mode 100644 index 0000000..fe295ec --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket71.tex @@ -0,0 +1,106 @@ +\subsection{Непрерывная дифференцируемость. Определение и равносильное ей свойство} + +\begin{conj} + Пусть $f : E \to \R^m$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$. + Тогда $f$ \textbf{непрерывно дифф.} в точке $a$, + если $f$ дифф. в окрестности точки + $a$ и $d_x f$ непрерывен в точке $a$, т.е. $\norm{d_x f - d_a f} + \to 0$ при $x \to a$. +\end{conj} + +\begin{theorem} + $f$ непрерывно дифф. $\Longleftrightarrow$ $f$ дифф. в окрестности + точки $a$ и все её частные производные непрерывны в точке $a$. +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + \begin{itemize} + \item[``$\Longleftarrow$'':] + $$ d_x f = + \begin{pmatrix*} + \frac{df_1}{dx_1}(x) & \frac{df_1}{dx_2}(x) & + \dots & \frac{df_1}{dx_n}(x) \\ + \frac{df_2}{dx_1}(x) & \frac{df_2}{dx_2}(x) & + \dots & \frac{df_2}{dx_n}(x) \\ + \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ + \frac{df_m}{dx_1}(x) & \frac{df_m}{dx_2}(x) & + \dots & \frac{df_m}{dx_n}(x) \\ + \end{pmatrix*}$$ + + Нужно доказать, что $\norm{d_x f - d_a f} \to 0$ при $x \to a$. + Оценим квадрат нормы этого линейного оператора: + $$ \norm{d_x f - d_a f}^2 \leqslant + \sum_{j, k} \left( \frac{df_k}{dx_j}(x) - + \frac{df_k}{dx_j}(a) \right)^2 $$ + + $\frac{df_k}{dx_j}(x)$ непрерывна в точке $a$, поэтому: + $$ \frac{df_k}{dx_j}(x) - \frac{df_k}{dx_j}(a) \to 0 + \text{ при } x \to a $$ + + \item[``$\Longrightarrow$'':] + + $$ \underbrace{\begin{pmatrix*} + \frac{df_1}{dx_j}(x) \\ + \frac{df_2}{dx_j}(x) \\ + \vdots \\ + \frac{df_m}{dx_j}(x) + \end{pmatrix*}}_{\text{$j$-й столбец $d_x f$}} = + \begin{pmatrix*} + \frac{df_1}{dx_1}(x) & \frac{df_1}{dx_2}(x) & + \dots & \frac{df_1}{dx_n}(x) \\ + \frac{df_2}{dx_1}(x) & \frac{df_2}{dx_2}(x) & + \dots & \frac{df_2}{dx_n}(x) \\ + \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ + \frac{df_m}{dx_1}(x) & \frac{df_m}{dx_2}(x) & + \dots & \frac{df_m}{dx_n}(x) \\ + \end{pmatrix*} \cdot + \begin{pmatrix*} + 0 \\ \vdots \\ 0 \\ 1 \\ 0 \\ \vdots \\ 0 + \end{pmatrix*} + \begin{matrix*} + $ $ \\ $ $ \\ $ $ \\ + \longleftarrow \text{$j$-е место} + \\ $ $ \\ $ $ \\ $ $ + \end{matrix*} = d_x f (e_j)$$ + + Таким образом: + \begin{gather*} + \abs{\frac{d f_k}{d x_j}(x) - \frac{d f_k}{d x_j}(a)} + = \norm{\begin{pmatrix*} + 0 \\ \vdots \\ 0 \\ + \frac{d f_k}{d x_j}(x) - \frac{d f_k}{d x_j}(a) + \\ 0 \\ \vdots \\ 0 + \end{pmatrix*}} + \leqslant + \norm{\begin{pmatrix*} + \frac{df_1}{dx_j}(x) - \frac{df_1}{dx_j}(a) \\ + \frac{df_2}{dx_j}(x) - \frac{df_2}{dx_j}(a) \\ + \vdots \\ + \frac{df_m}{dx_j}(x) - \frac{df_m}{dx_j}(a) + \end{pmatrix*}} = \\ + = \norm{d_x f(e_j) - d_a f(e_j)} = + \norm{(d_x f - d_a f)(e_j)} \leqslant + \norm{d_x f - d_a f} \cdot \underbrace{\norm{e_j}}_{= 1} + = \norm{d_x f - d_a f} \xrightarrow[x \to a]{} 0 + \end{gather*} + \end{itemize} + \textit{Возможно, это доказательство записано излишне подробно. + Всякие рассуждения с матрицами на экзамене можно проговаривать + устно.} +\end{proof} + +\begin{theorem} + Непрерывная дифф. сохраняется при взятии лин. комбинации, + композиции, скал. произведения. +\end{theorem} +\begin{proof} + Предыдущая теорема говорила о том, что непрерывная + дифференцируемость в точке эквивалентна непрерывности всех + коэффициентов матрицы дифференциала в этой точке. + + Вспомним, что матрицы дифференциалов при взятии лин. комбинации, + композиции, скал. произведения -- это какие-то линейные комбинации + или произведения матриц дифференциалов исходных функций. Если + все коэфф. исходных матриц были непрерывны, то после перемножения + или сложения все коэфф. итоговой матрицы тоже будут непрерывны. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket72.tex b/sections/third/ticket72.tex new file mode 100644 index 0000000..6742580 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket72.tex @@ -0,0 +1,143 @@ +\subsection{Частные производные высших порядков. Теорема о перестановке частных производных в $\R^2$} + +\begin{conj} + Пусть $f : E \to \R$, $E \subset \R^n$, $a \in \Int E$. + Если существует $\frac{df}{d x_i}$ в окрестности $a$ + и у неё есть частная производная $\frac{d}{d x_j}$, + то она называется \textbf{частной производной второго порядка}. + \textit{Т.е. это частная производная по частной производной} + + Обозначение (длинное): + $$\frac{d^2 f}{d x_j d x_i} = \frac{d \frac{d f}{d x_i}}{d x_j}$$ + \textit{Храбров считает, что такую запись надо читать так: + сначала дифф. по $i$-й координате, потом по $j$-й. В некоторых + книжках считают иначе.} + + Альтернативное обозначение: + $$f''_{x_i x_j} = (f'_{x_i})_{x_j}$$ +\end{conj} + +\begin{conj} + Если существует в окр. точки $a$ частная производная порядка $r$: + $$ \frac{d^r f}{d x_{i_r} d x_{i_{r-1}} \dots d x_{i_1}} $$ + и у этой производной есть частная производная $\frac{d}{d x_{r+1}}$, + то результат: + $$ \frac{d^{r+1} f}{d x_{i_{r+1}} d x_{i_{r}} \dots d x_{i_1}} $$ + называют \textbf{частной производной порядка $r+1$}. +\end{conj} + +\textbf{Пример:} +$$f(x, y) = x^y \quad\quad \frac{df}{dx} = y x^{y - 1} +\quad\quad \frac{df}{dy} = x^y \cdot \ln x$$ +\begin{align*} + \frac{d^2 f}{d x^2} &= \frac{d}{dx} \left( \frac{df}{dx} \right) + = \frac{d}{dx} \left( y x^{y - 1} \right) = y(y-1) x^{y-2} \\ + \frac{d^2 f}{d y^2} &= \frac{d}{dy} \left( \frac{df}{dy} \right) + = \frac{d}{dy} \left( x^y \cdot \ln x \right) = x^y \cdot \ln^2 x \\ + \frac{d^2 f}{d y d x} &= \frac{d}{dy} \left( \frac{df}{dx} \right) + = \frac{d}{dy} \left( y \cdot x^{y - 1} \right) = x^{y-1} + + y \cdot x^{y-1} \cdot \ln x \\ + \frac{d^2 f}{d x d y} &= \frac{d}{dx} \left( \frac{df}{dy} \right) + = \frac{d}{dx} \left( x^y \cdot \ln x \right) = + y \cdot x^{y - 1} \cdot \ln x + x^y \cdot \frac{1}{x} = + \frac{d^2 f}{d y d x} +\end{align*} +\textit{Но частные производные по $x,y$ и по $y,x$ совпадают не всегда.} + +\textbf{Пример:} +$$ +f(x, y) = \begin{cases} + xy \cdot \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} \text{ при } x^2 + y^2 \neq 0,\\ + 0, \text{ иначе.} +\end{cases} +$$ +Воспользуемся тем, что: +$$\frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} = 1 - \frac{2y^2}{x^2 + y^2}$$ + +Пусть $x^2 + y^2 \neq 0$. Тогда: +$$\frac{df}{dx} = y \cdot \frac{x^2 - y^2}{x^2 + y^2} + +xy(-2y^2) \frac{-2x}{(x^2 + y^2)^2} = +y\frac{x^4 - y^4 + 4x^2y^2}{x^2 + y^2}$$ + +$$\frac{df}{dx}(0, 0) = \lim_{h \to 0} \frac{f(h, 0) - f(0, 0)}{h} = 0$$ +$$\frac{d^2f}{dy dx} (0, 0) = \lim_{h \to 0} +\frac{\frac{df}{dx}(0, h) - \frac{df}{dx}(0, 0)}{h} = +\lim_{h \to 0} \frac{1}{h} \cdot h \cdot (-1) = -1 +$$ +Легко заметить, взглянув на формулу, что производная по $x, y$ --- +это производная по $y, x$, но с другим знаком, поэтому: +$$\frac{d^2f}{dx dy} (0, 0) = 1 \neq \frac{d^2f}{dy dx} (0, 0)$$ + +\begin{theorem} + Пусть $f : E \to \R$, $E \subset \R^2$, $(x_0, y_0) \in \Int E$, + частные производные $f'_x$, $f'_y$, $f''_{xy}$ существуют в + окрестности точки $(x_0, y_0)$ и $f''_{xy}$ непрерывна в + $(x_0, y_0)$. Тогда существует $f''_{yx}(x_0, y_0)$ и + $f''_{xy}(x_0, y_0) = f''_{yx}(x_0, y_0)$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Введём: + $$\varphi(s) := f(s, y_0 + k) - f(s, y_0)$$ + Эта функция дифферецируема в окрестности $x_0$, + т.к. производная $\varphi(s)$ + --- это частная производная $f$ по $x$ в окрестности $(x_0, y_0 + k)$ + минус частная производная $f$ по $x$ в окрестности $(x_0, y_0)$. + + Т.к. эта функция дифференцируема, мы можем написать для неё теорему + Лагранжа: + $$ \varphi(x_0 + h) - \varphi(x_0) = + \underset{\text{где } \Theta_1 \in (0, 1)} + { h \varphi'(x_0 + \Theta_1 h)} = + h (f_x'(x_0 + \Theta_1 h, y_0 + k) - + f_x'(x_0 + \Theta_1 h, y_0)) = \oast $$ + Введём ещё: + $$ \psi(t) := f_x'(x_0 + \Theta_1 h, t)$$ + Эта функция тоже дифференцируема в окрестности $y_0$, + т.к. производная этой функции -- это просто частная производная + $f$ сначала по $x$, потом по $y$. А она существует по условию. + + Т.к. эта ф-я дифф., то про неё тоже можно написать теорему + Лагранжа. Тогда: + $$ \oast = h(\psi(y_0 + k) - \psi(y_0)) = + \underset{\text{где } \Theta_2 \in (0, 1)} + {hk \cdot \psi'(y_0 + \Theta_2 k)} = + hk \cdot f''_{xy}(x_0 + \Theta_1 h, y_0 + \Theta_2 k) $$ + + Получили в итоге: + \begin{gather*} + \varphi(x_0 + h) - \varphi(x_0) = f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0 + h, y_0) - f(x_0, y_0 + k) + f(x_0, y_0) = \\ + hk \cdot f''_{xy}(x_0 + \Theta_1 h, y_0 + \Theta_2 k) = \circledcirc + \end{gather*} + + Воспользуемся теперь непрерывностью $f''_{xy}$ в точке $(x_0, y_0)$: + $$ \circledcirc = hk \cdot (f''_{xy}(x_0, y_0) + \alpha(h, k)) + \text{, где $\alpha(h, k) \to 0$ при $(h, k) \to 0$} $$ + Поделим выражение на $hk$. Тогда: + $$ \abs{\alpha(h, k)} = \abs{\frac{1}{h} \left( + \underbrace{\frac{f(x_0 + h, y_0 + k) - f(x_0 + h, y_0)}{k}} + _{\longrightarrow f'_y(x_0 + h, y_0) \text{ при $k \to 0$}} - + \underbrace{\frac{f(x_0, y_0 + k) - f(x_0, y_0)}{k}} + _{\longrightarrow f'_y(x_0, y_0) \text{ при $k \to 0$}} + \right) - f''_{xy}(x_0, y_0)} $$ + При этом для любого $\varepsilon > 0$ верно, что + $ \abs{\alpha(h, k)} < \varepsilon$ при малых $h, k$. + + Сделаем предельный переход: + $$ \abs{\frac{f'_y(x_0 + h, y_0) - f'_y(x_0, y_0)}{h} + - f''_{xy}(x_0, y_0)} + \leqslant \varepsilon \text{ при малых $h$} $$ + + Получаем: + $$ f''_{yx}(x_0, y_0) = \lim_{h \to 0} + \frac{f'_y(x_0 + h, y_0) - f'_y(x_0, y_0)}{h} + = f''_{xy}(x_0, y_0) $$ + +\end{proof} + +\begin{theorem} + Если $f'_x$ и $f'_y$ определены в окрестности точки $(x_0, y_0)$ + и дифф. в этой точке, то $f''_{xy}(x_0, y_0) = f''_{yx}(x_0, y_0)$. +\end{theorem} +\begin{proof} + \textit{Упражнение.} +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket73.tex b/sections/third/ticket73.tex new file mode 100644 index 0000000..a148818 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket73.tex @@ -0,0 +1,49 @@ +\subsection{Теорема о равенстве частных производных для непрерывно дифференцируемых функций. Пример, показывающий необходимость непрерывности производных } + +\begin{conj} + $f : D \to \R$, $D \subset \R^n$, $D$ -- открытое множество. \\ + $f$ \textbf{$\mathbf{r}$ раз непрерывно дифференцируема} + ($f$ --- \textbf{$\mathbf{r}$-гладкая} функция), если + все частные производные до $r$-го порядка существуют и + непрерывны. + + Обозначение: $f \in C^r(D)$. +\end{conj} + +\begin{theorem} + Пусть $f \in C^r(D)$. $(i_1, \dots, i_n)$ --- перестановка + $(j_1, \dots, j_n)$. Тогда: + $$ \frac{d^r f}{d x_{i_1} d x_{i_2} \dots d x_{i_r}} = + \frac{d^r f}{d x_{j_1} d x_{j_2} \dots d x_{j_r}} $$ +\end{theorem} +\begin{proof} $ $ + + Рассмотрим случай, когда $(i_1, \dots, i_r)$ --- транспозиция + соседних $(j_1, \dots, j_r)$, т.е. + $$(i_1, \dots, i_r) = (j_1, \dots, j_{k - 1}, + \underbrace{j_{k + 1}, j_k}_{\text{переставили}}, + j_{k + 2}, \dots, j_r)$$ + + Пусть: + $$ g(x) := \frac{d^{r - k - 1} f}{d x_{j_{k + 2}} \dots d x_{j_r}} + \quad \quad + A := \frac{d^r f}{d x_{i_1} d x_{i_2} \dots d x_{i_r}} \quad + \quad B := \frac{d^r f}{d x_{j_1} d x_{j_2} \dots d x_{j_r}} $$ + Тогда: + $$ A = \frac{d^{k-1}}{d x_1 \dots d x_{k-1}} + \frac{d^{2}}{d x_{k+1} d x_{k}} g \quad \quad + B = \frac{d^{k-1}}{d x_1 \dots d x_{k-1}} + \frac{d^{2}}{d x_{k} d x_{k+1}} g$$ + По теореме о перестановке частных производных в $\R^2$: + $$ \frac{d^{2}}{d x_{k+1} d x_{k}} g = + \frac{d^{2}}{d x_{k} d x_{k+1}} g $$ + А дальше мы навешиваем производные в одинаковом порядке. + Поэтому $A = B$. + + Теперь воспользуемся фактом из линейной алгебры о том, что любая + перестановка раскладывается в конечное произведение транспозиций + соседних элементов. Действительно, если смена местами соседних + элементов в перестановке не меняет производную, + то мы можем сделать конечное + количество таких действий и производная всё равно не поменяется. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket74.tex b/sections/third/ticket74.tex new file mode 100644 index 0000000..89a989a --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket74.tex @@ -0,0 +1,149 @@ +\subsection{Мультииндексы. Определения, обозначения, лемма о производной композиции гладкой и линейной функций. Многомерный Тейлор с остатком в форме Лагранжа. Частные случаи} + +Так как мы поняли, что в случае $r$-гладких функций порядок взятия +производных не имеет значения, а важно только то, сколько раз мы берём +производную по +каждой переменной производную; введём следующее более компактное +обозначение: +\begin{conj} + \textbf{Мультииндекс.} + $$ k = (k_1, \dots, k_n) \text{, где $k_i$ --- неотрицательные + целые числа, $n$ --- размерность области опр. $f$} $$ + \textbf{Высота мультииндекса}: + $\quad \abs{k} = k_1 + \dots + k_n$. + + \textbf{Факториал мультииндекса}: + $k! = k_1! \cdot k_2! \cdot ... \cdot k_n!$. + + \textbf{Возведение вектора $h \in \R^n$ в степень мультииндекса}: + $h^k = h_1^{k_1} \cdot h_2^{k_2} \cdot ... \cdot h_n^{k_n} \in \R$. + + \textbf{Частная производная по мультииндексу:} + $$ f^{(k)} = \frac{d^{\abs{k}} f} + {d x_1^{k_1} \cdot \dots \cdot d x_n^{k_n}} $$ + Выходит всего мы дифференцируем функцию $\abs{k}$ раз, $k_1$ раз по $x_1$, $k_2$ раз по $x_2$ и так далее. +\end{conj} + +\begin{conj} + \textbf{Мультиномиальный коэффициент:} + $$ \binom{\abs{k}}{k_1, k_2, \dots, k_n} = \frac{\abs{k}!}{k!} $$ + + Комбинаторный смысл: покрасить $\abs{k}$ шаров в $n$ -- цветов так, + что $k_1$ шаров 1-го цвета, $k_2$ шаров -- 2-го и т.д. + \begin{gather*} + \binom{\abs{k}}{k_1, k_2, \dots, k_n} = + C^{k_1}_{\abs{k}} \cdot + C^{k_2}_{\abs{k} - k_1} \cdot + C^{k_3}_{\abs{k} - k_1 - k_2} \cdot \dots + C^{k_n}_{\abs{k} - k_1 - ... - k_{n-1}} = \\ + = \frac{\abs{k}!}{k_1! \cdot \cancel{(\abs{k} - k_1)!}} + \cdot \frac{\cancel{(\abs{k} - k_1)!}} + {k_2! \cdot \cancel{(\abs{k} - k_1 - k_2)!}} + \cdot \dots \cdot + \frac{\cancel{(\abs{k} - k_1 - \dots - k_{n-1})!}} + {k_n! \cdot \underbrace{(\abs{k} - k_1 - \dots - k_n)!} + _{= 0! = 1}} = + \\ = \frac{\abs{k}!}{k_1! k_2! \dots k_n!} + = \frac{\abs{k}!}{k!} + \end{gather*} +\end{conj} + +%Техническая лемма на последних 20 минутах 11ой лекции +\begin{lemma} + $f \in C^r(D), \; D \subset \R^n$ -- открыто, отрезок $[x, x+h]$ целиком содержится в $D$. Введем функцию + \begin{gather*} + F(t) := f(x + th), \qquad F:[0, 1] \longrightarrow \R + \end{gather*} + На отрезке $[0, 1]$ функция точно корректно определена, так как мы затребовали, чтобы весь отрезок $[x, x+h]$ лежал в $D$. + Тогда лемма утверждает, что: + \begin{gather*} + F \in C^r[0, 1] \text{ и } F^{(l)}(t) = \sum\limits_{\abs{k} = l} \binom{l}{k_1, k_2, \dots, k_n} f^{(k)} (x+th)h^k + \end{gather*} +\end{lemma} +\begin{proof} + Давайте сначала попробуем понять, что происходит для одной производной. Введем + $G(t) := g(x+th)$, где $g$ -- некоторая другая функция из $D$ в $\R$. + Хотим посчитать ее производную в некой точке. Так как функция $G$ -- это по сути композиция двух функций, одна из которых + с векторным аргументом, а другая -- принимает скаляр и выплевывает вектор, то по формуле производной композиции: + \begin{gather*} + G'(t) = g'(x + th)\cdot(x+th)' = \oast + \end{gather*} + Давайте понимать, что есть что. $g$ у нас дейстовало из $D$ в $\R$, то есть матрица $g'(x+th)$ -- это на самом деле вектор строчка из частных производных. + В то же время, $x+th:[0,1] \longrightarrow \R^n$. То есть это просто столбец координат $x_i + th_i$. Значит производная этой штуки -- просто столбец производных координат по $t$. + А производные по $t$-шкам -- это соответствующие им $h$--ки. Получаем: + \begin{gather*} + \oast = \left( g'_{x_1}(x+th), \dots, g'_{x_n}(x+th) \right) \cdot \begin{pmatrix*} + h_1 \\ + h_2 \\ + \vdots \\ + h_n + \end{pmatrix*} = \sum\limits_{i=1}^n g'_{x_i}(x+th)h_i + \end{gather*} + Вот мы посчитали первую производную, получили что-то страшное. Когда мы будем дифференцировать много раз -- будем много раз брать производные и все складывать. Выйдет куча вложенных друг в друга сумм. + Давайте посмотрим, что мы получим, взяв $l$-ую производную (перейдем к функции $F$): + \begin{gather*} + F^{(l)} = \sum\limits_{i_l} \dots \sum\limits_{i_1} \frac{d^l f}{dx_{i_l} dx_{i_{l-1}} \dots dx_{i_1}}(x+th)h_{i_1}h_{i_2}\dots h_{i_l} = \oast + \end{gather*} + Давайте свернем эту сумму. Введем такой вот мультииндекс $k$: + \begin{gather*} + k = (\# \{j: i_j = 1\}, \# \{j: i_j = 2\}, \dots, \# \{j: i_j = n\}) + \end{gather*} + Тогда в нашей сумме: + $$ \frac{d^l f}{dx_{i_l} dx_{i_{l-1}} \dots dx_{i_1}}(x+th) + = f^{(k)}(x + th) \quad \quad h_{i_1}h_{i_2}\dots h_{i_l} = h^k $$ + Теперь нужно понять, сколько раз мы такое слагаемое встретим. + По сути, мы $x_1$ ``красим'' $k_1$ раз, $x_2$ ``красим'' $k_2$ раз + и т.д. + Количество способов так ``покрасить'' и есть + комбинаторный смысл мультиномиального коэффициента. + + Тогда нашу сумму можно переписать с использованием этого мультииндекса как: + \begin{gather*} + \oast = \sum\limits_{\abs{k} = l} f^{(k)} (x+th) \binom{l}{k_1, k_2, \dots, k_n} h^k + \end{gather*} +\end{proof} + +\begin{theorem} (Многомерная формула Тейлора) + + $D \subset \R^n$ -- открытое, $f \in C^{r+1}(D)$ и $[a, x] \subset D$. + Тогда существует такое $\Theta \in (0, 1)$, что: + \begin{gather*} + f(x) = \sum\limits_{\abs{k} \leqslant r} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \sum\limits_{\abs{k} = r+1} \frac{f^{(k)}(a + \Theta(x-a))}{k!}(x-a)^k + \end{gather*} + \underline{Мини-замечание}: Все действия производятся с мультииндексами +\end{theorem} +\begin{proof} + Доказательство не слишком мудрёное, в основном мы пользуемся леммой, которую мы только-только доказали. + Введем $F(t) := f(a + th)$ и $h = x - a$. Напишем адекватного Тейлора для $F$ в единице, с остатком в форме Лагранжа: + \begin{gather*} + F(1) = \sum\limits_{j=0}^r \frac{F^{(j)}(0)}{j!} + \frac{F^{(r+1)}(\Theta)}{(r+1)!} + \end{gather*} + Теперь воспользуемся леммой, чтобы разложить производные $F$ разных порядков и выразим $f(x)$: + \begin{gather*} + f(x) = F(1) = \sum\limits_{j=0}^r \left[ \frac{1}{\cancel{j!}} \cdot \sum\limits_{\abs{k} = j} \stackabove{\binom{j}{k_1, k_2, \dots, k_n}}{\cancel{j!}/k!} f^{(k)}(a)(x-a)^k\right] + \\ + + \frac{1}{\cancel{(r+1)!}} \cdot \sum\limits_{\abs{k} = r+1} \stackbelow{\binom{r+1}{k_1, k_2, \dots, k_n}}{\cancel{(r+1)!}/k!} f^{(k)}(a + \Theta(x-a))(x-a)^k + \end{gather*} + Сокращаем и получаем в точности ту формулу, которую хотели. +\end{proof} +\notice + +\begin{enumerate} + \item Первая сумма в формуле -- многочлен Тейлора степени $r$: + \begin{gather*} + \sum\limits_{\abs{k} \leqslant r} \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k + \end{gather*} + \item При $r = 0$, получаем, что: + \begin{gather*} + f(x) = f(a) + \sum\limits_{i=1}^n f_{x_i}' (a + \Theta(x-a))(x_i - a_i) = \\ + f(a) + \langle \nabla f(a + \Theta(x-a)), x-a \rangle + \end{gather*} + Это есть многомерная версия формулы Лагранжа. + \item При $n = 2$: + \begin{gather*} + f(x, y) = f(a, b) + f_x'(a, b)(x - a) + f_y'(a, b)(y - b) + \\ + + \frac{f_{xx}''(a, b)(x-a)^2}{2} + \frac{f_{yy}''(a, b)(y-b)^2}{2} + f_{xy}''(a, b)(x-a)(y-b) + \\ + + \frac{f_{xxx}'''(a, b)(x-a)^3}{6} + \frac{f_{yyy}'''(a, b)(y-b)^3}{6} + \frac{f_{xxy}'''(a, b)(x-a)^2(y-b)}{2} + + \frac{f_{xyy}'''(a, b)(x-a)(y-b)^2}{2} \\ + + \dots + \end{gather*} +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket75.tex b/sections/third/ticket75.tex new file mode 100644 index 0000000..56eb9a6 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket75.tex @@ -0,0 +1,76 @@ +\subsection{Многомерный Тейлор с остатком в форме Пеано. Полиномиальная формула.} + +\follow \; (Многомерный Тейлор с остатком в форме Пеано) + +Пусть $f \in C^r(D), D$ -- открыто, $a \in D$. Тогда при $x \longrightarrow a$: +\begin{gather*} + f(x) = \sum_{\abs{k} \leqslant r} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k + o(\norm{x-a}^r) +\end{gather*} +\notice \; На самом деле для формулы достаточно $r$-ой дифференцируемости в точке $a$ +\begin{proof} + Запишем многомерную формулу Тейлора с остатком по Лагранжу для $f \in C^r(D)$ (т.е. мы уменьшаем $r$ на 1 по сравнению с классической формулой): + \begin{gather*} + f(x) = \sum_{\abs{k} \leqslant r - 1} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k + \sum_{\abs{k} = r} \frac{f^{(k)}(a+\Theta(x-a))}{k!}(x-a)^k + \end{gather*} + Увеличим границу суммирования в первой сумме и отнимем, что прибавилось, во второй: + \begin{gather*} + f(x) = \sum_{\abs{k} \leqslant r} \frac{f^{(k)}(a)}{k!} (x-a)^k + \underbrace{\sum_{\abs{k} = r} \left[ \frac{f^{(k)}(a+\Theta(x-a))}{k!}(x-a)^k - \frac{f^{(k)}(a)}{k!}(x-a)^k\right]}_{\heartsuit} + \end{gather*} +Хотим понять, что $\heartsuit = o(\norm{x-a}^r)$. Для удобства пусть $h = x - a$. +\begin{gather*} + \heartsuit = \sum\limits_{\abs{k} = r} \frac{h^k}{k!} \left( f^{(k)} (a + \Theta(x - a)) - f^{(k)}(a) \right) +\end{gather*} +Мысль первая: +\begin{gather*} + \abs{h^k} \leqslant \norm{h}^r +\end{gather*} +Давайте осознаем, почему это правда. Что такое $h^k$? +Это вектор в степени мультииндекса. То есть это мы берем +первую координату вектора, возводим в степень $k_1$, потом +берем другую координату вектора, возводим в степень $k_2$ и так далее. +Потом мы все это перемножаем. Координат всего $r$ штук, так как $r$ -- высота мультииндекса. +Модуль каждой координаты не больше, чем длина вектора. +Поэтому мы перемножили что-то меньшее, чем длина вектора в степени $r$. +Иными словами, $\abs{h^k}$ однозначно не больше $\norm{h}^r$. + +Тогда теперь навесим модули на наше равенство, вынесем $\abs{h^k}$ и оценим его сверху как $\norm{h}^r$. Получим следующее неравенство: +\begin{gather*} + \abs{\heartsuit} \leqslant \norm{h}^r \sum\limits_{\abs{k} = r} \frac{1}{k!} \abs{ f^{(k)} (a + \Theta(x - a)) - f^{(k)}(a) } +\end{gather*} +Вспомним, что мы хотим доказать, что эта штука -- это $o(\norm{h}^r)$. То есть осталось проверить, что: +\begin{gather*} + \sum\limits_{\abs{k} = r} \frac{1}{k!} \abs{ f^{(k)} (a + \Theta(x - a)) - f^{(k)}(a) } \overset{x \rightarrow a}{\longrightarrow} 0 +\end{gather*} +Ну а чего тут собственно проверять. Написано конечное количество слагаемых, значит нужно проверить, что каждое из них стремится к 0. +А это, в свою очередь, легко видеть, так как функция нужное количество раз непрерывно дифференцируема, +из чего следует, что соответствующая производная, которая тут написана -- непрерывна, ну а значит если аргумент стремится к $a$, +то и производная стремится к производной в точке $a$. Следовательно при $x \longrightarrow a$, $f^{(k)} (a + \Theta(x - a)) \longrightarrow f^{(k)}(a)$. +\end{proof} +\follow \; (Полиномиальная формула) +\begin{gather*} + (x_1 + x_2 + \dots + x_n)^r = \sum\limits_{\abs{k} = r} \binom{r}{k_1, k_2, \dots, k_n} x_1^{k_1} x_2^{k_2} \dots x_n^{k_n} +\end{gather*} +\begin{proof} \quad + + Пусть $g(x) = g(x_1, x_2, \dots, x_n) = x_1 + x_2 + \dots + x_n$. Тогда: + \begin{gather*} + f(x_1, x_2, \dots, x_n) = (x_1 + x_2 + \dots + x_n)^r = (g(x))^r + \end{gather*} + Хотим воспользоваться формулой Тейлора для $f$, значит давайте для начала научимся ее дифференцировать. Поймем, как устроены у нее частные производные. + Например следующие: $\frac{df}{dx_j}$. Это производная композиции, так что она будет равна: + \begin{gather*} + \frac{df}{dx_j} = r(g(x))^{r-1} \cdot \frac{dg}{dx_j} = r(g(x))^{r-1} \cdot 1 = r(g(x))^{r-1} + \end{gather*} + То есть частные производные по всем иксам одинаковые и равны вот такой штуке. + Отсюда мы можем сказать, что если у нас высота мультииндекса меньше $r$, + то в нуле все эти производные будут равны нулю. $f^{(k)}(0, \dots, 0) = 0$. + Если же $\abs{k} > r$, то $f^{k} \equiv 0$, а если $\abs{k} = r$, то $f^{k} \equiv r!$. + Теперь мы можем написать для $f$ формулу Тейлора с остатком в форме Лагранжа так, + чтобы остаток был высоты $r+1$. Тогда он занулится, все слагаемые меньшего порядка + тоже занулятся, а нам останется только следующее: + \begin{align*} + f(x) &= \sum\limits_{\abs{k} = r} \frac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k \\ + &= \sum\limits_{\abs{k} = r} \frac{r!}{k!} x^k \\ + &= \sum\limits_{\abs{k} = r} \binom{r}{k_1, k_2, \dots, k_n} x_1^{k_1} x_2^{k_2} \dots x_n^{k_n} + \end{align*} +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket76.tex b/sections/third/ticket76.tex new file mode 100644 index 0000000..b54995c --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket76.tex @@ -0,0 +1,82 @@ +\subsection{Теорема Банаха о сжатии. Следствие} + +\begin{theorem} (Теорема Банаха о сжатии) + + Пусть $X$ -- полное метрическое пространство. Есть $f: X \longrightarrow X$ и $0 < \lambda < 1$, такие, что: + \begin{gather*} + \rho(f(x), f(y)) \leqslant \lambda \rho(x, y) \quad \forall x, y \in X + \end{gather*} + Тогда существует единственное $x^* \in X$, такое, что $f(x^*) = x^*$. + То есть если в полном метрическом пространстве у нас есть сжатие, то есть ровно одна неподвижная точка. +\end{theorem} +\begin{proof} + Зафиксируем точку $x_0$. Последующие точки посчитаем как $x_{n+1} = f(x_n)$. + Покажем, что последовательность точек фундаментальна. Посмотрим на расстояние между точками $x_{n+k}$ и $x_{n}$: + \begin{gather*} + \rho(x_{n+k}, x_n) = \rho(f(x_{n+k-1}), f(x_{n-1})) \leqslant \lambda \rho(x_{n+k-1}, x_{n-1}) + \end{gather*} + Теперь проделаем такое телодвижение $n$ раз и упремся в расстояние между $x_k$ и $x_0$: + \begin{gather*} + \lambda \rho(x_{n+k-1}, x_{n-1}) \leqslant \dots \leqslant \lambda^n \rho(x_k, x_0) + \end{gather*} + Теперь максимально тупо оценим $\rho(x_k, x_0)$: + \begin{align*} + \rho(x_0, x_k) &\leqslant \rho(x_0, x_1) + \lessbelow{\rho(x_1, x_2)}{\lambda \rho(x_0, x_1)} + \dots + \lessbelow{\rho(x_{k-1}, x_k)}{\lambda^{k-1} \rho(x_0, x_1)} \\ + &\leqslant \rho(x_0, x_1) (1 + \lambda + \lambda^2 + \dots + \lambda^{k-1}) \\ + &= \rho(x_0, x_1) \cdot \frac{1 \cdot (1 - \lambda^{k-1})}{1 - \lambda} < \frac{\rho(x_0, x_1)}{1 - \lambda} + \end{align*} + То есть мы поняли, что: + \begin{gather*} + \rho(x_{n+k}, x_n) < \frac{\lambda^n \rho(x_0, x_1)}{1 - \lambda} = \operatorname{const} \cdot \lambda^n + \end{gather*} + Из этого следует фундаментальность. Почему? Потому что фундаментальность означает, что между точками с большими номерами расстояние + меньше $\varepsilon$. А в нашем случае для любого $\varepsilon$ мы можем подобрать $n$ настолько большим, + что $\operatorname{const} \cdot \lambda^n$ будет меньше $\varepsilon$ вне зависимости от $k$. + + Раз пространство полное, то фундаментальность гарантирует нам наличие предела $x^* = \lim{x_n}$. + Наша функция равномерно непрерывна, так как мы можем взять $\delta = \varepsilon$. Если у нас расстояние + между точками меньше, чем $\delta$, то расстояние между образами будет меньше, чем $\lambda \cdot \delta$. + Пользуясь непрерывность функции проверим неподвижность точки $x^*$: + \begin{gather*} + f(x^*) = f(\lim{x_n}) = \lim{f(x_n)} = \lim{x_{n+1}} = x^* + \end{gather*} + Осталось проверить единственность $x^*$. Она очевидна. Предположим, что существуют $a$ и $b$ -- неподвижные точки. Тогда: + \begin{gather*} + \rho(\stackbelow{f(a)}{a}, \stackbelow{f(b)}{b}) \leqslant \inbelow{\lambda}{(0, 1)} \rho(a, b) + \end{gather*} + Противоречие. Это завершает доказательство. +\end{proof} +\notice +\begin{gather*} + 1. \; \rho(x_n, x^*) \leqslant \frac{\lambda^n}{1 - \lambda} \cdot \rho(x_0, x_1) \qquad \qquad + 2. \; \rho(x_n, x^*) \leqslant \lambda^n \cdot \text{ макс. расст. между точками в } X +\end{gather*} +Этот факт позволяет нам понять, что $x_n$ довольно быстро сходится. То есть мы с хорошей точность и достаточно быстро можем посчитать $x^*$. +\begin{proof} \quad + + \begin{enumerate} + \item Мы знаем, что: + \begin{gather*} + \rho(x_n, x_{n+k}) \leqslant \frac{\lambda^n}{1 - \lambda} \cdot \rho(x_0, x_1) + \end{gather*} + Нужно просто устремить $k$ к бесконечности, тогда $x_{n+k}$ будет стремиться к $x^*$, а расстояние по левую сторону неравенства к $\rho(x_n, x^*)$. + \item \begin{gather*} + \rho(x_n, x_n+k) \leqslant \lambda^n \rho(x_0, x_k) \leqslant \lambda^n \cdot \text{ диаметр } X + \end{gather*} + Далее аналогично предыдущему пункту. + \end{enumerate} +\end{proof} +\follow \; (Безумное) + +Пусть $X$ -- полное метрическое пространство. Есть два сжатия $f$ и $g$ с одинаковым коэффициентом сжатия $\lambda \in (0, 1)$. +И $x = f(x), y = g(y)$ -- их неподвижные точки. Тогда можно странным образом оценить расстояние между этими точками сверху: +\begin{gather*} + \rho(x, y) \leqslant \frac{\rho(f(x), g(x))}{1 - \lambda} +\end{gather*} +\begin{proof} + \begin{gather*} + \rho(x, y) = \rho(f(x), g(y)) \leqslant \rho(f(x), g(x)) + \lessabove{\rho(g(x), g(y))}{\lambda \rho(x, y)} \\ + \rho(x, y) - \lambda \rho(x, y) \leqslant \rho(f(x), g(x)) \\ + (1 - \lambda) \rho(x, y) \leqslant \rho(f(x), g(x)) + \end{gather*} +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket77.tex b/sections/third/ticket77.tex new file mode 100644 index 0000000..cf18875 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket77.tex @@ -0,0 +1,136 @@ +\subsection{Метод касательных для решения уравнения} + +\underline{\textit{Наглядный пример использования теоремы Банаха о сжатии:}} + +\textbf{Метод касательных (метод Ньютона).} + +Пусть $f \in C^2[a, x_0]$. Хотим предъявить хороший способ искать решения уравнения $f(x) = 0$. +От функции требуем выполнения следующих условий: $f(a) = 0$, $f$ строго монотонна и строго выпукла. А также: $f'(a) = \mu > 0$. +Хотим найти значение $a$. + +Сам метод заключается в том, что мы стартуем из точки $x_0$ и итерируемся следующим образом, пока не выполнится необходимое условие: +\begin{gather*} + x_{n+1} = x_n - \frac{f(x_n)}{f'(x_n)} +\end{gather*} +В качестве необходимого условия можно взять $\abs{x_{n+1} - x_n} < \varepsilon$ или $\abs{f(x_{n+1})} < \varepsilon$. +\begin{proof} + Зададим отображение: + \begin{gather*} + g(x) = x - \frac{f(x)}{f'(x)} + \end{gather*} + Мы зафиксировали, что значение первой производной $f$ в точке $a$ положительно, также мы знаем, что $f$ строго выпукла, значит первая производная + растет, а значит в ноль она не обратится. Значит отображение $g$ задано корректно. + + Чтобы найти корень $f$, давайте найдем неподвижную точку $g$. Это нам поможет, так как $g(x) = x \Longleftrightarrow f(x) = 0$. Чтобы понять, что мы можем быстро это сделать, + нужно проверить, что $g: [a, x_0] \longrightarrow [a, x_0]$ и является сжатием. + + Сначала поймем, что у $g$ нужная область значений. + Очевидно, что $g(x) \leqslant x$. А $x \leqslant x_0$ при $x \in [a, x_0]$. + То есть за правую границу функция не перескочит. Осталось проверить левую границу. То есть хотим проверить, что при $x \in [a, x_0]$ выполняется: + \begin{gather*} + x - \frac{f(x)}{f'(x)} \geqslant a + \end{gather*} + Про $f(x)$ мы по теореме Лагранжа знаем, что: + \begin{gather*} + f(x) - \stackbelow{f(a)}{0} = f'(\xi)\cdot(x - a) + \end{gather*} + Теперь мы хотим как то оценить это сверху. + Мы могли бы оценить это как $f'(x_0)(x - a)$, но так как мы можем рассматривать + нашу функцию только на отрезке $[a, x]$, то можно сказать, что максимальное значение для $\xi$ -- это $x$, и тогда: + \begin{gather*} + f(x) = f'(\xi)\cdot(x - a) \leqslant f'(x)(x-a) + \end{gather*} + Вспомним, что мы хотели проверить, что функция не выскакивает налево за границу $a$. + Минимизируем ее значение, подставив то, что мы сейчас получили: + \begin{gather*} + x - \frac{f(x)}{f'(x)} \geqslant x - \frac{\cancel{f'(x)}(x - a)}{\cancel{f'(x)}} = a + \end{gather*} + Получили верное равенство, значит $g$ переводит отрезок в отрезок. + Теперь мы хотим, чтобы $g$ была сжатием. А как нам проверить, что это сжатие? + Для сжатия мы хотим как-то сверху оценить расстояние между образами функции. + Это как раз умеет теорема Лагранжа. Но она нам дает какую-то промежуточную производную, + а мы хотим $\lambda$ из интервала $(0, 1)$. Ну так давайте проверим, что производная во + всех точках будет сверху ограничена какой-то константой < 1. + \begin{align*} + g'(x) &= 1 - \frac{f'(x) \cdot f'(x) - f''(x)f(x)}{(f'(x))^2} \\ + &= \cancel{1} - \cancel{\frac{(f'(x))^2}{(f'(x))^2}} + \frac{f''(x)f(x)}{(f'(x))^2} = \frac{f''(x)f(x)}{(f'(x))^2} + \end{align*} + Пусть $M:= \max\limits_{t \in [a, x_0]} f''(t)$. Оценим $f(x)$ с помощью Лагранжа и произведем несколько несложных оценОчек: + \begin{gather*} + \frac{f''(x)f(x)}{(f'(x))^2} \leqslant \frac{M \cancel{f'(x)}(x-a)}{(f'(x))^{\cancel{2}}} \leqslant \frac{M}{\mu} (x_0 - a) =: \lambda + \end{gather*} + Это какая-то константа и мы хотим, чтобы она была меньше единицы. Тут мы уже ничего толком сделать не можем и + остается сказать, что при выполнении данного условия $g$ -- сжатие и все хорошо, иначе -- сходимость к корню есть лишь в некоторой его окрестности. Заметим, что + $M$ и $\mu$ -- константы, а $(x_0 - a)$ может быть сколь угодно малым, то есть мы можем ручками сделать так, чтобы $\lambda$ была меньше 1. Нужно лишь правильно выбрать + стартовое положение, то есть $x_0$. Можно сделать это методом деления пополам, а потом продолжить методом Ньютона искать корень уже с гораздо большей скоростью + (почему она будет большой мы пока не понимаем, понимаем только что она будет не хуже). + + Не хуже она будет потому, что, когда $\lambda < 1$, то $x_n \longrightarrow a$, причем $\abs{x_n - a} \leqslant \lambda^n (x_0 - a)$, что значит, что у нас есть + степенная скорость приближения к нужной точке. +\end{proof} +Приведем иллюстрацию к методу, чтобы понять, что происходит с геометрической точки зрения: +\begin{center} + \begin{tikzpicture}[thick,yscale=0.8] + % Axes + \draw[-latex,name path=xaxis] (-1,0) -- (10,0) node[above]{\large $x$}; + \draw[-latex] (0,-2) -- (0,8)node[right]{\large $y$};; + + % Function plot + \draw[ultra thick, orange,name path=function] plot[smooth,domain=-1:7] (\x, {-2-10/(\x-8)}) node[left]{$y = f(x)$}; + + % plot tangent line + \node[violet,right=0.2cm] at (6.55,4.9) {$(x_0, f(x_0))$}; + \draw[gray,thin,dotted] (6.55,0) -- (6.55,4.9) node[circle,fill,inner sep=2pt]{}; + \draw[dashed, violet,name path=Tfunction] plot[smooth,domain=5.38:7.25] (\x, {5*\x-28}); + + \node[violet,left=0.2cm] at (5.6,2.24) {$(x_1, f(x_1))$}; + \draw[dashed, violet,name path=Rfunction] plot[smooth,domain=3.5:6] (\x, {1.6*\x-6.83}); + \draw [name intersections={of=Tfunction and xaxis}, gray,thin,dotted] ($(intersection-1)-(0,0.1)$) -- ++(0,2.3) node[circle,fill,inner sep=2pt]{}; + + \node[violet,left=0.2cm] at (4.2,1) {$(x_2, f(x_2))$}; + \draw[dashed, violet,name path=Kfunction] plot[smooth,domain=2.8:4.8] (\x, {0.7*\x-2.35}); + \draw [name intersections={of=Rfunction and xaxis}, gray,thin,dotted] ($(intersection-1)-(0,0.1)$) -- ++(0,0.76) node[circle,fill,inner sep=2pt]{}; + + % x-axis labels + \draw (6.55,0.1) -- (6.55,-0.1) node[below] {$x_0$}; + \draw [name intersections={of=Tfunction and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below,fill=white] {$x_1$} ; + \draw [name intersections={of=Rfunction and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below,fill=white] {$x_2$} ; + \draw [name intersections={of=Kfunction and xaxis}] ($(intersection-1)+(0,0.1)$) -- ++(0,-0.2) node[below] {$x_3$} ; + + %draw "a" + \node [name intersections={of=function and xaxis}] at ($(intersection-1)+(0,0.35)$) {$a$} ; + + \node[violet] at (6, -1.5) {$y = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$} ; + \end{tikzpicture} +\end{center} +Уравнение самой правой касательной -- это $y = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0)$. Точка $x_1$ задается уравнением: +\begin{gather*} + f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) = 0 \\ + x_1 = x_0 - \frac{f(x_0)}{f'(x_0)} = g(x_0) +\end{gather*} +То есть находится рекурсивным соотношением, которое мы ввели, описывая метод. Таким образом, геометрический смысл наших действий следующий: +проводим касательную в точке, смотрим на точку пересечения касательной и оси $OX$, берем ее за новую точку и повторяем действия. +Нетрудно убедиться, что: +\begin{gather*} + x_{n+1} - a \leqslant \underbrace{\frac{M}{2\mu}}_{=:\alpha} (x_n - a)^2 +\end{gather*} +Тогда получаем, что: +\begin{gather*} + \alpha(x_{n+1} - a) \leqslant \alpha^2 (x_n - a)^2 = (\alpha(x_n - a))^2 \\ + \alpha(x_n - a) \leqslant (\alpha (x_0 - a))^{2^n} \\ + x_n - a \leqslant \frac{1}{\alpha} (\alpha(x_0 - a))^{2^n} +\end{gather*} +Отсюда видно, что, итерируясь методом Ньютона, мы будем крайне быстро приближаться к $a$, +что как раз и доказывает утверждение, что этот метод быстрее метода деление пополам, которое звучало выше. +\begin{center} + \underline{Лирическое отступление на тему ``Как компьютер корни считает'':} +\end{center} +\vspace*{0.25cm} +Мы хотим найти решение уравнения $f(x) = x^k - b$. Воспользуемся методом Ньютона: +\begin{gather*} + x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^k - b}{k x_n^{k-1}} = x_n \left(1 - \frac{1}{k} \right) + \frac{b}{k x_n^{k-1}} +\end{gather*} +Получаем итеративный и быстрый способ посчитать корень $k$-ой степени из числа. При $k=2$ всё вообще песня сказка и получаем: +\begin{gather*} + x_{n+1} = \frac{1}{2}\left(x_n + \frac{b}{x_n}\right) +\end{gather*} diff --git a/sections/third/ticket78.tex b/sections/third/ticket78.tex new file mode 100644 index 0000000..4c93b1c --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket78.tex @@ -0,0 +1,78 @@ +\subsection{Оценки на норму обратного отображения и на норму разности значений дифференцируемого отображения. Теорема об обратимости отображений, близких к обратимым} + +\begin{theorem} + Если есть линейный оператор $\A: \R^n \longrightarrow \R^n$, такой, что $\norm{\A x} \geqslant m \norm{x} \quad \forall x \in X$, при + некотором $m > 0$, то $\A$ обратим и $\norm{\A^{-1}} \leqslant \frac{1}{m}$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Для обратимости нужна биективность. Так как размерности равны, достаточно доказать или инъективность, или сюръективность. + Проверим первое: + \begin{align*} + \A x = \A y + &\Longrightarrow \A(x - y) = 0 \\ + &\Longrightarrow \stackbelow{\norm{\A(x-y)}}{0} \geqslant m \norm{x-y} \\ + &\Longrightarrow \norm{x - y} = 0 \\ + &\Longrightarrow x = y + \end{align*} + Значит $\A$ -- обратим. Тогда: + \begin{gather*} + \norm{\A^{-1}} = \sup\limits_{y \neq 0} \frac{\norm{\A^{-1}y}}{\norm{y}} \xlongequal{y = \A x} + \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\norm{\A^{-1}(\A x)}}{\norm{\A x}} = + \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\norm{x}}{\norm{\A x}} \leqslant + \sup\limits_{x \neq 0} \frac{\cancel{\norm{x}}}{m \cancel{\norm{x}}} = \frac{1}{m} + \end{gather*} +\end{proof} + + + +Докажем еще пару теорем необходимых для доказательства теоремы об обратной функции. +\begin{theorem} + Пусть $f: \R^n \to \R^m$ -- функция, дифференцируемая в шаре $B_r(a)$, и $\forall x \in B_r(a)$ норма $\| f'(x) \| \leqslant C$. + Тогда $\forall x, y \in B_r(a)$ выполняется $\| f(x) - f(y) \| \leqslant C \| x - y \|$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Введем \begin{gather*} + \varphi:[0, 1] \to \R \\ + \varphi(t) = \langle f(x + t(y - x)), f(y) - f(x) \rangle + \end{gather*} + Она дифференцируема, так как $f(x + t(y - x))$ дифференцируема, ведь отрезок $[x, y] \subset B_r(a)$, $f(y) - f(x)$ -- константный вектор, и скалярное произведение дифференцируемо. + + \quad Согласно одномерной теореме Лагранжа: $\varphi(1) - \varphi(0) = \varphi'(\theta)$, где $\theta \in (0, 1)$. + Распишем по формуле дифференцирования скалярного произведения: \begin{gather*} + \begin{split} + \varphi'(\theta) &= \langle f'(x + \theta(y - x))\cdot(y - x), f(y) - f(x) \rangle + \underbrace{\langle f(x + \theta(y - x)), 0 \rangle}_0 \\ + &\overset{\text{КБШ}}{\leqslant} \| f'(x + \theta(y - x))\cdot(y - x) \| \cdot \| f(y) - f(x) \| \\ + &\leqslant \| f'(x + \theta(y - x))\| \cdot \| y - x \| \cdot \| f(y) - f(x) \| \\ + &\leqslant C\| y - x \| \cdot \| f(y) - f(x) \| + \end{split} + \end{gather*} + \quad Распишем $\varphi(1) - \varphi(0)$ по определению: \begin{gather*} + \varphi(1) - \varphi(0) = \langle f(y), f(y) - f(x) \rangle - \langle f(x), f(y) - f(x) \rangle = \\ + = \langle f(y), f(y) \rangle - 2 \langle f(y), f(x) \rangle + \langle f(x), f(x) \rangle = \| f(y) - f(x) \|^2 \\ \\ + \Rightarrow \| f(y) - f(x) \|^2 \leqslant C \| y - x \| \cdot \| f(y) - f(x) \| \\ + \Rightarrow \| f(y) - f(x) \| \leqslant C \| y - x \| + \end{gather*} +\end{proof} + +\begin{theorem} (об обратимости оператора близкого к обратимому) \\ + Пусть $\A: \R^n \to \R^n$ -- линейный обратимый оператор, $\B: \R^n \to \R^n$ -- просто линейный оператор, и выполняется $\| \B - \A \| < \frac{1}{\| \A^{-1} \|}$ (они достаточно близки). + Тогда $\B$ обратим, \\ $\| \B^{-1} \| \leqslant \frac{1}{\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \B - \A \|}$ и обратные также достаточно близки $\| \B^{-1} - \A^{-1} \| \leqslant \frac{\| \A^{-1} \| \cdot \| \B - \A \|}{\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \B - \A \|}$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Напишем неравенство треугольника: \begin{gather*} + \| \A x \| = \| (\A - \B)x + \B x \| \leqslant \| (\A - \B)x \| + \| \B x \| \\ + \Rightarrow \| \B x \| \geqslant \| \A x \| - \| (\A - \B)x \| + \end{gather*} + \quad Заметим, что по стандартному неравенству $\| (\A - \B)x \| \leqslant \| \A - \B \| \| x \|$, а также $\| \A^{-1}(\A x) \| \leqslant \| \A^{-1} \| \| \A x \| \Rightarrow \| \A x \| \geqslant \frac{\| x \|}{\| \A^{-1} \| }$. + Подставим все это в неравенство: \begin{gather*} + \| \B x \| \geqslant \frac{\| x \|}{\| \A^{-1} \|} - \| \A - \B \| \| x \| = \underbrace{\left(\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \A - \B \| \right)}_{=: m} \| x \| + \end{gather*} + \quad Тогда по предпредыдущей теореме $\B$ обратим и $\| \B^{-1} \| \leqslant \frac{1}{m} = \frac{1}{\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \B - \A \|}$. + Осталось только неравенство на норму разности: + \begin{align*} + \| \B^{-1} - \A^{-1} \| &= \| \B^{-1}(\A - \B)\A^{-1} \| \\ + &\leqslant \| \B^{-1}\| \| \A - \B \| \| \A^{-1} \| \\ + &\leqslant \frac{1}{m}\| \A - \B \| \| \A^{-1} \| \\ + &= \frac{\| \A^{-1} \| \cdot \| \B - \A \|}{\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \B - \A \|} + \end{align*} +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket79.tex b/sections/third/ticket79.tex new file mode 100644 index 0000000..72b1251 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket79.tex @@ -0,0 +1,70 @@ +\subsection{Теорема об обратной функции.} + +Теперь мы готовы сформулировать и доказать главную теорему данного параграфа -- теорему об обратной функции. +Храбров назвал ее самой сложной теоремой курса, так что пристегните ремни. + +\underline{Мотивация} + +\quad \textit{На данный момент мы знаем условия на то, чтобы линейное отображние было обратимо. +Например, определитель его матрицы не должен быть равен 0. +Хочется понять, существуют ли такие условия для не линейного, а просто непрерывно дифференерцируемого отображения. +Оказывается, что глобальной обратимости у нас не будет, а вот локальная вполне будет существовать, если отображение будет достаточно хорошим. +Более формально: если у нас в точке дифференциал обратим, то в небольшой окрестности этой точки наше отображение будет вести себя примерно как линейное, а значит будет обратимо.} + +\begin{theorem} (об обратной функции) \\ + Пусть + \begin{itemize} + \item $f: D \to \R^n$, где $D \subset \R^n$ -- открытое + \item $x_0 \in D$, причем $f$ непрерывно дифференцируемо в окр-ти $x_0$; $y_0 = f(x_0)$ + \item линейное отображение $\A = f'(x_0)$ обратимо (дифференциал в точке обратим) + \end{itemize} + Тогда $\exists \, U$ -- окр-ть точки $x_0$, $\exists \, V$ -- окр-ть точки $y_0$, т.ч. $f: U \to V$ обратимо и $f^{-1}: V \to U$ непрерывно. +\end{theorem} +\begin{proof} + Введем отображение $G_y(x) := x + \A^{-1}(y - f(x))$. + Выберем $B_r(x_0)$ так, что $\forall x \in B_r(x_0)$ выполняется $\| \A^{-1} \| \cdot \| \A - f'(x) \| \leqslant \frac{1}{2}$. + Мы действительно так можем сделать, потому что $\| \A^{-1} \|$ -- это константа, а $f$ непрерывно дифференцируемо в окр-ти $x_0$, т.е. при $x$ близком к $x_0$ имеем $f'(x)$ близкое к $\A$. + Благодаря этому неравенству мы можем применить предыдущую теорему. + Получаем, что $f'(x)$ обратимо для $x \in B_r(x_0)$ \textit{(кажется, что тут это не используется, а нужно лишь для док-ва следствия про непрерывную дифференцируемость)}. + + \quad Теперь мы хотим, чтобы $G_y(x)$ было сжатием. + Для этого мы можем воспользоваться теоремой из 78-ого билета. Нам надо понять, что норма производной $G_y(x)$ небольшая: \[ \| G_y'(x) \| = \| \underbrace{\mathcal{E}}_{\text{ед. оп.}} + \underbrace{(\A^{-1}(y))'}_{= c' = 0} - \underbrace{(d_{f(x)}\A^{-1} \circ d_xf)}_{\text{опр. диф. комп.}} \| = \| \mathcal{E} - \A^{-1}(f'(x)) \| =\oast \] + \quad Мы воспользовались тем, что $d_{f(x)}\A^{-1} = \A^{-1}$. + Это так, потому что $\A^{-1}$ -- линейное отображение, следовательно, дифференциал, посчитанный в любой точке, равен самому отображению. + Продолжим оценивать норму производной: \[ \oast = \| \A^{-1}(\A - f'(x)) \| \leqslant \| \A^{-1} \| \cdot \|(\A - f'(x)) \| \leqslant \frac{1}{2} \] + \quad Значит, $G_y$ -- сжатие с коэффициентом $\frac{1}{2}$. + + \quad Заметим, что для того, чтобы воспользоваться теоремой Банаха + о сжатии, нам необходимо, чтобы $G_y(B_r(x_0)) \subset B_r(x_0)$. + Т.е. область значений должна быть не больше области определения. + + \quad Подберем $B_R(y_0)$ так, что $\forall y \in B_R(y_0)$ выполняется $G_y(B_r(x_0)) \subset B_r(x_0)$. + Оценим, как далеко мы отдаляемся при $y \in B_R(y_0)$: + \begin{gather*} + \begin{split} + \| G_y(x) - x_0 \| &\leqslant \underbrace{\norm{G_y(x_0) - x_0 }}_{= \norm{x_0 + \A^{-1}(y-f(x_0)) - x_0}} + \| G_y(x) - G_y(x_0) \| \\ + &= \| \A^{-1}(y - y_0)\| + \| G_y(x) - G_y(x_0) \| \\ + &\leqslant \| \A^{-1} \| \| y - y_0 \| + \frac{1}{2}\| x - x_0 \| \leqslant R\| \A^{-1} \| + \frac{r}{2} + \end{split} + \end{gather*} + \quad Мы хотим, чтобы $G_y(x)$ попало в шар $B_r(x_0)$. Tаким образом, должно выполняться \\ $\| G_y(x) - x_0 \| < r$. + С помощью предыдущего неравенства мы легко подберем нужное $R$ и получим необходимый шар $B_R(y_0)$. + + \quad Теперь воспользуемся теоремой Банаха о сжатии. $G_y$ -- это сжимающее отображение, поэтому обязана существовать неподвижная точка: + \[ \exists \, x \in B_r(x_0) : x = G_y(x) = x + \A^{-1}(y - f(x)) \Rightarrow \A^{-1}(y - f(x)) = 0 \Rightarrow f(x) = y \] + \quad Заметим, что такой $x$ будет единственнен, так как если $f(x) = y$, то $x$ -- неподвижная точка, а она всего одна. + Следовательно, у нас нашлась такая окрестность точки $y_0$, что для каждой точки из нее найдется единственный $x$, т.ч. $f(x) = y$. + Положим $V := B_R(y_0)$ и $U := f^{-1}(V)$ -- открытая окрестность $x_0$. + Таким образом: $f: U \to V$ -- биекция $\Rightarrow$ существует $f^{-1}: V \to U$. + + \quad Осталось проверить непрерывность $f^{-1}$. + Пусть $G_y(x) = x$ и $G_{\widetilde{y}}(\widetilde{x}) = \widetilde{x}$. + Тогда, как мы поняли, $f(x) = y$ и $f(\widetilde{x}) = \widetilde{y}$. + Нам нужно оценить норму разности обратного отображения: + \begin{gather*} + \| f^{-1}(y) - f^{-1}(\widetilde{y}) \| = \| x - \widetilde{x} \| \underbrace{\leqslant}_{\text{сл. т. Банаха}} \frac{1}{1 - \frac{1}{2}} \| G_y(x) - G_{\widetilde{y}}(x) \| = \\ + = 2 \| x + \A^{-1}(y - f(x)) - x - \A^{-1}(\widetilde{y} - f(x)) \| = 2 \| \A^{-1}(y - \widetilde{y}) \| \leqslant \\ + \leqslant 2 \| \A^{-1} \| \| y - \widetilde{y} \| + \end{gather*} + \quad Это и есть критерий непрерывности. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket8.tex b/sections/third/ticket8.tex new file mode 100644 index 0000000..db595e2 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket8.tex @@ -0,0 +1,86 @@ +\subsection{Иррациональность числа $\pi$} + +\begin{example} + \begin{equation*} + H_j \coloneqq \frac{1}{j!}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^j \cos x \: dx + \end{equation*} + \end{example} + + \textbf{Свойства.} + \begin{enumerate} + \item + \begin{equation*} + 0 < H_j \leq \frac{1}{j!}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \left(\frac{\pi}{2}\right)^{2j} \cos x \: dx = \left(\frac{\pi}{2}\right)^{2j} \cdot \frac{1}{j!} + \end{equation*} + \item Если $c > 0$, то $\smash{c^j H_j \underset{\mathclap{j \to \infty}}{\longrightarrow} 0}$ + \begin{proof} + \begin{gather*} + 0 < c^j H_j \leq \left(\frac{c\pi^2}{4}\right)^j \cdot \frac{1}{j!} \longrightarrow 0 + \end{gather*} + Так как факториал растет быстрее, чем показательная степень + \end{proof} + \item $H_0 = 1,\, H_1 = 2$ + \item $H_j = (4j - 2)H_{j - 1} - \pi^2 H_{j - 2}$ + \begin{proof} + \begin{equation*} + \begin{gathered} + j!\cdot H_j = + \int_{{0}}^{{\frac{\pi}{2}}} {\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^j (\sin x)'} \: d{x} = \\ + \overbrace{\left.\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^j \sin x\right|_{0}^{\frac{\pi}{2}}}^{\mathclap{0}} + + 2j \int_{0}^{{\frac{\pi}{2}}} {x\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1} \sin x} \: d{x} \; = \oast + \end{gathered} + \end{equation*} + Теперь заметим, что + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \left(\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^j\right)' = + j\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1}(-2x) \\ + \left(x\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1}\right)' = + \left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1} + x(j - 1)\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 2}(-2x) + \end{gathered} + \end{equation*} + Теперь можем расписать второй интеграл по формуле интегрирования по частям, используя полученные выражения. + \begin{equation*} + \begin{gathered} + \oast = -2j \int_{{0}}^{{\frac{\pi}{2}}} {x\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1}(\cos x)'} \: d{x} + = \\ = + \overbrace{\left.-2jx \left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1} \cos x \right|_{0}^{\frac{\pi}{2}}}^{\mathclap{0}} + + 2j \overbrace{\int_{{0}}^{{\frac{\pi}{2}}} {\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 1} \cos x} \: d{x}}^{\mathclap{(j - 1)! \cdot H_{j - 1}}} -\\ + - 2j \cdot 2 (j - 1) \underbrace{\int_{{0}}^{{\frac{\pi}{2}}} {x^2\left(\left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2\right)^{j - 2} \cos x} \: d{x}}_{\mathclap{\left(\frac{\pi}{2}\right)^2(j - 2)!\cdot H_{j - 2} - (j - 1)!\cdot H_{j - 1} \text{ т. к. } x^2 = \left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - \left( \left(\frac{\pi}{2}\right)^2 - x^2 \right) }} + \end{gathered} + \end{equation*} + Таким образом: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + j! \cdot H_j = 2j!\cdot H_{j - 1} - \pi^2 j! \cdot H_{j - 2} + 4(j - 1)j! \cdot H_{j - 1}\\ + H_j = 2\cdot H_{j - 1} - \pi^2 \cdot H_{j - 2} + 4(j - 1) \cdot H_{j - 1} = (4j - 2)H_{j - 1} - \pi^2 H_{j - 2} + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{proof} + \item Существует многочлен $P_j$ с целыми коэффициентами, $\deg P_j \leq j$, + для которого $H_j = P_j(\pi^2)$. + \begin{proof} + По индукции. База $P_0 \equiv 1, P_1 \equiv 2$. Переход $j - 2, j - 1 \to j$: + + \begin{equation*} + \begin{gathered} + H_j = (4j - 2)H_{j - 1} - \pi^2H_{j - 2} = (4j - 2)P_{j - 1}(\pi^2) - + \pi^2P_{j - 2}(\pi^2) = P_j(\pi^2)\\ + P_j(x) = (4j - 2)P_{j - 1}(x) - xP_{j - 2}(x) + \end{gathered} + \end{equation*} + \end{proof} + \end{enumerate} + + \begin{theorem}[Ламберта] + $\pi$ и $\pi^2$ иррациональны. + \end{theorem} + \begin{proof}[Доказательство(Эрмит)] + От противного. Пусть $\pi^2 = \frac{m}{n}$. Тогда + \begin{equation*} + 0 < H_j = P_j(\frac{m}{n}) = \frac{\text{целое}}{n^{j}} \implies + H_j \geq \frac{1}{n^j} \implies n^{j}H_{j} \geq 1 + \end{equation*} + Но мы знаем, что $n^jH_j \underset{j \to \infty}{\longrightarrow} 0$. Противоречие. + \end{proof} + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket80.tex b/sections/third/ticket80.tex new file mode 100644 index 0000000..acae3a7 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket80.tex @@ -0,0 +1,80 @@ +\subsection{Дифференцируемость обратного отображения. Образ области при невырожденном отображении} + +Оказывается, что данное обратное отображение будет не только непрерывным, но и дифференцируемым. +\begin{theorem} (о дифференцируемости обратного отображения) \\ + Пусть \begin{itemize} + \item $f: X \to Y$ -- непрерывное отображение + \item $f(a) = b$, $U$ -- окр-ть точки $a$, $V$ -- окр-ть точки $b$ + \item $f$ дифференцируема в точке $a$, $\A = f'(a)$ обратимо + \item $f^{-1}: V \to U$ существует и непрерывна + \end{itemize} + Тогда $g := f^{-1}$ дифференцируема в точке $b$. +\end{theorem} +\begin{proof} + Распишем дифференцируемость в точке $a$: + \[ f(a + h) = f(a) + \A h + \alpha(h)\| h \|, \text{ где } \alpha(h) \to 0 \text{ при } h \to 0 \] + \quad Введем $k := f(a + h) - f(a) = \A h + \alpha(h)\| h \|$. + Заведем следующее неравенство: \[ \| h \| = \| \A^{-1}(\A h) \| \leqslant \| \A^{-1} \| \| \A h \| \Rightarrow \| \A h \| \geqslant \frac{\| h \|}{\| \A^{-1} \|} \] + \quad Используем его при оценке нормы $k$: \[ \| k \| = \| \A h + \alpha(h)\| h \| \| \geqslant \frac{\| h \|}{\| \A^{-1} \|} - \| h \|\|\alpha(h) \| = \| h \| \underbrace{\left(\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \alpha(h) \| \right)}_{=:\, C \, > \, 0} \] + \quad Если $k \to 0$, то $\| h \| \left(\frac{1}{\| \A^{-1} \|} - \| \alpha(h) \| \right) \to 0$, но скобка не будет стремиться к 0, так как $\frac{1}{\| \A^{-1} \|}$ это какая-то константа, поэтому $h \to 0 \text{ т.к. $\alpha(h) \to 0$ }$. + Вспомним, что $k = f(a+h) - f(a)$, а $g = f^{-1}$. + + \quad Тогда: \begin{gather*} + g(b+k) - g(b) = g(f(a)+f(a+h)-f(a)) - g(f(a)) = a + h - a = h = \oast + \end{gather*} + \quad Чтобы выразить $h$ через $k$, применим $\A^{-1}$ к равенству $k = \A h + \alpha(h)\| h \|$ : \begin{gather*} + \oast = \A^{-1}k - \A^{-1}(\alpha(h) \| h \|) \\ + \Rightarrow g(b + k) = g(b) + \A^{-1}k - \A^{-1}(\alpha(h) \| h \|) + \end{gather*} + \quad Осталось понять, что $\| \A^{-1}(\alpha(h) \| h \|)\| = o(\|k\|)$: + \[ \| \A^{-1}(\alpha(h) \| h \|)\| \leqslant \| \A^{-1} \| \cdot \|\alpha(h) \| \cdot \| h \| \leqslant \| \A^{-1} \| \cdot \underbrace{\|\alpha(h) \|}_{\to 0} \cdot \frac{\|k\|}{C}\ \] +\end{proof} + +\begin{follow} + В теореме об обратной функции $f^{-1}$ непрерывно дифференцируема в точке $b$. +\end{follow} +\begin{proof} + Мы поняли, что если обратная функция существует и $f'$ обратима в точке $a$, то обратная функция дифференцируема в точке $b = f(a)$. + Это позволяет нам понять, что обратная функция дифференцируема во всех точках, на которых определена (мы обозначали это множество за $V$). + Действительно, в док-ве теоремы об обратной функции мы выбирали окр-ть -- $B_r(a)$(там мы использовали $B_r(x_0)$) -- именно так, чтобы $f'$ было там обратимо. + + \quad Осталось понять про непрерывность. + Введем классическое обозначение матрицы Якоби: $J_f(a)$ -- матрица Якоби $f$ в точке $a$, $J_{f^{-1}}(b)$ -- матрица Якоби $f^{-1}$ в точке $b$. + Тогда можно применить формулу дифференцирования композиции: + \begin{gather*} + f^{-1} \circ f = \id \Rightarrow J_{f^{-1} \circ f}(a) = E \\ + J_{f^{-1} \circ f}(a) = J_{f^{-1}}(b) \cdot J_f(a) = E \Rightarrow J_{f^{-1}}(b) = (J_f(a))^{-1} + \end{gather*} + \quad Таким образом, матрица Якоби $f^{-1}$ в точке $b$ -- это обратная к матрице Якоби функции $f$ в точке $a$. + Мы можем посчитать обратную матрицу с помощью формулы с минорами. + Тогда мы будем производить разные арифметические операции с частными производными (ведь именно они составляют матрицу Якоби для $f$), а они непрерывны, ведь $f$ непрерывно дифференерцируема по условию. + В итоге, $J_{f^{-1}}(b)$ будет состоять из различных комбинаций непрерывных функций, то есть частные производные будут непрерывны, а значит $f^{-1}$ будет непрерывно дифференерцируема в точке $b$. +\end{proof} + +\begin{notice} + Зачастую именно этот вывод называют теоремой об обратной функции. + Мы же для удобства разбили ее на 3 части. +\end{notice} + +\vspace*{7mm} + +\begin{follow} + Пусть $f: \underbrace{D}_{\subset \R^n} \to \R^n$ непрерывно дифференцируема в $D$ и $f'(x)$ обратимо $\forall x \in D$. + Тогда для любого открытого $G \subset D$ множество $f(G)$ тоже будет открытым. +\end{follow} + +\begin{proof} + \textit{Fun fact: У нас когда-то было теорема о том, что прообраз открытого мн-ва это всегда открытое мн-во, + а вот образ открытого это открытое -- явление довольно редкое.} + Перейдем к доказательству. + + \quad Зафиксируем произвольное $b \in f(G)$. + Надо док-ть, что $b$ -- внутренняя точка. + Она лежит в образе $\Rightarrow \exists a : b = f(a)$. + Применим теорему об обратной функции: $\exists U$ -- окр-ть $a$ и $\exists V$ -- окр-ть $b$, т.ч. $f: U \to V$ -- биекция. + Заметим, что мы можем выбрать такое $U$, что $U \subset G$. + Действительно, надо просто уменьшить нашу окр-ть, чтобы она попала в $G$. + Тогда очевидно $f(U) = V \subset f(G)$. + Получается, что $b \in V \subset f(G)$. + Итого, $b$ лежит в $f(G)$ с какой-то окрестностью, следовательно, является внутренней. +\end{proof} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket81.tex b/sections/third/ticket81.tex new file mode 100644 index 0000000..95bc1aa --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket81.tex @@ -0,0 +1,189 @@ +\subsection{Теорема о неявной функции.} +\subsection*{Подводочка под водочку.} +\begin{conj} + Пусть $x \in \R^n, y \in \R^m$. + Тогда $(x, y) \in \R^{n + m}$. + То есть мы как бы склеиваем их в один большой вектор. +\end{conj} + +\begin{notice} + При применении линейного отображения не надо путать с билинейной формой, т.е. $\A(x, y)$ это применение линейного отображения к одному цельному вектору $(x, y)$. +\end{notice} + +\begin{lemma} + Пусть $\A : \R^{n + m} \to \R^n$ -- линейное отображение, т.ч. $\A(h, 0_m) = 0_n \Rightarrow h = 0_n$. + \\ Тогда $\forall y \in \R^m$ уравнение $\A(x, y) = 0$ имеет единственное решение. +\end{lemma} +\begin{proof} + Рассмотрим линейный оператор: \begin{gather*} + \varphi: \R^n \to \R^n \\ + h \mapsto \A(h, 0) + \end{gather*} + \quad Докажем, что $\varphi$ -- биекция. + Размерности у нас совпадают, поэтому достаточно проверить инъективность. + Для инъективности же достаточно тривиальности ядра. + А это как раз и есть особенность нашего отображения: $\A(h, 0_m) = 0_n \Rightarrow h = 0_n$. + + \quad Вследствие линейности $\A(x, y) = 0 \Leftrightarrow \A(x, 0) = -\A(0, y)$. + Так как $\varphi$ биекция, мы можем применить обратное отображение: + \begin{gather*} + \varphi^{-1}(\A(x, 0)) = \varphi^{-1}(-\A(0, y)) \\ + x = \varphi^{-1}(-\A(0, y)) + \end{gather*} + \quad Таким образом, при фиксированном $y$ мы однозначно находим $x$. +\end{proof} + +Дальше наша глобальная цель будет состоять в том, чтобы понять, при каком условии уже нелинейные уравнения будут разрешимы. +Но пока что разберем простой пример. + +\vspace*{5mm} + +\textbf{Пример:} +Рассмотрим уравнение $x^2 + y^2 = 1$: +\begin{center} + \begin{tikzpicture}[scale=2.5,cap=round,>=latex] + % draw the coordinates + \draw[->] (-1.25cm,0cm) -- (1.25cm,0cm) node[right,fill=white] {$x$}; + \draw[->] (0cm,-1.15cm) -- (0cm,1.25cm) node[above,fill=white] {$y$}; + + % draw the unit circle + \draw[thick] (0cm,0cm) circle(1cm); + + \filldraw[black] (45:1cm) circle(0.4pt) + (45:-1cm) circle(0.4pt) + (0:1cm) circle(0.4pt); + + \draw (1.32cm,-0.15cm) node(b) {$(x_2, y_2)$} + (1.0cm,0.8cm) node(a) {$(x_0, y_0)$} + (45:-1.3cm) node(c) {$(x_1, y_1)$}; + + \draw [red,ultra thick,domain=30:60] plot ({cos(\x)}, {sin(\x)}); + \draw [blue,ultra thick,domain=-15:15] plot ({cos(\x)}, {sin(\x)}); + \draw [orange,ultra thick,domain=210:240] plot ({cos(\x)}, {sin(\x)}); + \end{tikzpicture} +\end{center} +Если мы изобразим решения этого уравнения, то получится единичная окружность. +Зафиксируем на ней точку $(x_0, y_0)$. +Если мы будем сдвигаться от нее немного влево и вправо, то у нас получится график функции. + +Мы даже можем легко понять, как устроена эта функция: $g(x) = \sqrt{1 - x^2}$. +Так вот такая функция называется неявно заданной уравнением $x^2 + y^2 = 1$. + +Если же мы зафиксируем точку $(x_1, y_1)$, то неявная функция примет вид $g(x) = -\sqrt{1 - x^2}$. +А для точки $(x_2, y_2)$ это уже будет $h(y) = \sqrt{1 - y^2}$. +Заметим, что для двух предыдущих точек мы также могли записать функцию для $y$. + +%Теорема о неявной функции как раз и говорит о том, в каком случае мы можем написать неявную функцию для конкретной переменной в конкретной точке. + +\begin{theorem} [о неявной функции] + Пусть: + \begin{itemize} + \item $f \colon D \to \R^n$, где $D \subset \R^{n + m}$ и $D$ --- открыто. + \item $f$ --- непрерывно дифференцируема. + \item $f(a, b) = 0$ для какой-то точки $(a, b) \in D$. + \item $A \coloneqq f'(a, b)$ и $A$ удовлетворяет условию $A(h, 0) = 0 \implies h = 0$. + \end{itemize} + Тогда существует окрестность $W$ точки $b$ и единственная функция $g\colon W \to \R^n$ такая, что~$g$ непрерывно дифференцируема, $g(b) = a$ и $f(g(y), y) = 0\;\; \forall y \in W$. + + + \textit{Смысл такой, что если у нас есть вектор $(a, b)$, который является решением уравнения $f(a, b) = 0$, и матрица из производных обладает нужным свойством, то найдутся другие решения уравнения, + причем они будут описываться функцией $g$, принимающей последние $m$ координат и выдающей по ним первые $n$ координат. + Эта функция $g$ как раз и будет неявной. + Можно провести аналогию с решением системы линейных уравнений: + у нас есть $m$ свободных неизвестных и $n$ зависимых.} +\end{theorem} + \begin{proof} + Заведем вспомогательную функцию: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + F\colon D \longrightarrow \R^{n + m} \\ + F(x, y) \coloneqq (f(x, y), y) + \end{gathered} + \end{equation*} + Докажем, что получившаяся функция непрерывно дифференцируема. Во-первых заметим, что из непрерывной дифференцируемости $f$ следует, что: + \begin{equation*} + f(a + h, b + k) = \underbrace{f(a, b)}_{0} + A(h, k) + \underbrace{r(h, k)}_{o(\|(h, k)\|)} + \end{equation*} + Тогда: + \begin{gather*} + \begin{split} + F(a + h, b + k) &= (f(a+h, b+k), b+k) \\ + &= (f(a, b) + A(h, k) + r(h, k), b+k) \\ + &= (f(a, b), b) + (A(h, k), k) + (r(h, k), 0) \\ + &= F(a, b) + (A(h, k), k) + o(\| (h, k) \|) + \end{split} + \end{gather*} + + При этом $(r(h, k), 0) = o(\| (h, k) \|)$ просто потому что $r(h, k) = o(\| (h, k) \|)$. То есть верна дифференцируемость, а непрерывность следует из того, что $A$ непрерывно зависит от точки(потому что $f$ непрерывна), а значит и в нашем случае будет верна непрерывность(это будет видно дальше, когда мы напишем явный вид $F'(a, b)$). + + Таким образом $F$ непрерывно дифференцируема и мы легко можем понять чему равно $F'(a, b)$. Посмотрев на второе слагаемое в разложении $F(a + h, b + k)$ легко видеть, что для каждого из $n~+~m$ базисных векторов, первые $n$ координат переходят в соответствующие $n$ координат их образов(по оператору $A$). При этом оставшиеся $m$ координат сохраняются(то есть в случае стандартного базиса равны нулю для первых $n$ векторов, и равны единице для оставшихся $m$ векторов): + \begin{equation*} + F'(a, b) = + \begin{pmatrix} + \multicolumn{2}{c}{A} \\ + 0 & E_m + \end{pmatrix} + \end{equation*} + \textit{Как и было замечено раннее, если матрица $A$ зависит непрерывно от точки $(a, b)$, то и вся матрица $F'(a, b)$ непрерывно зависит от точки $(a, b)$, просто потому что все остальные элементы матрицы это какие-то фиксированные числа.} + + Получили какое-то отображение, теперь давайте посмотрим на его ядро и поймем является ли наша матрица невырожденной. Пусть $(F'(a, b))(h, k) = 0$. Тогда: + \begin{equation*} + (F'(a, b))(h, k) = 0 \implies (A(h, k), k) = 0 \implies k = 0 \implies A(h, 0) = 0 \overset{\text{усл.}}{\implies} h = 0 + \end{equation*} + Таким образом ядро тривиально, а значит матрица $F'(a, b)$ невырожденная. + + Значит по теореме об обратной функции $F$ локально обратима, то есть $\exists\; U$ --- окрестность точки~$(a, b)$, $V$ --- окрестность точки $F(a, b) = (0, b)$ и функция $G\colon V \to U$ обратная к $F$. Хотим показать, что + \begin{equation*} + G(z, w) = (\varphi(z, w), w) + \end{equation*} + Действительно, мы хотим, чтобы $F(G(z, w)) = (z, w)$, но $F$ сохраняет последние $m$ координат, поэтому последние $m$ координат у $G(z, w)$ также должны быть равны $w$. При этом $\varphi(z, w)$ это просто какая-то произвольная функция, про которую мы ничего не утверждаем, поэтому эта часть тоже очевидна верна. Тогда: + \begin{equation*} + \begin{cases} + F(G(z, w)) = (z ,w) \\ + F(G(z, w)) = F(\varphi(z, w), w) = (f(\varphi(z, w), w), w) + \end{cases} + \implies f(\varphi(z, w), w) = z + \end{equation*} + Возьмем $W$ --- окрестность точки $b$ такую, что $\{0\} \times W \subset V$ --- разумеется такая есть, потому что $(0, b)$ лежит в $V$ с какой-то окрестностью. И пусть: + \begin{equation*} + \begin{gathered} + g\colon W \to \R^n \\ + g(w) \coloneqq \varphi(0, w) + \end{gathered} + \end{equation*} + Тогда заметим, что + \begin{equation*} + F(a, b) = (f(a, b), b) = (0, b) \implies G(0, b) = (a, b) \implies (\varphi(0, b), b) = (a, b) \implies \varphi(0, b) = a + \end{equation*} + То есть $g(b) = a$. При этом $f(g(w), w) = f(\varphi(0, w), w) = 0$. Также легко видеть, что непрерывная дифференцируемость $g$ следует напрямую из теоремы об обратной функции. + + Осталось доказать единственность, пусть это не так, тогда $g(y) \neq \widetilde{g}(y)$. Но + \begin{equation*} + f(g(y), y) = f(\widetilde{g}(y), y) = 0 + \end{equation*} + Тогда + \begin{equation*} + F(g(y), y) = (f(g(y), y), y) = (0, y) = (f(\widetilde{g}(y), y), y) = F(\widetilde{g}(y), y) + \end{equation*} + Таким образом мы получили равные значения $F$ при разных значениях аргумента. Но $F$ --- биекция, а значит такого не может быть. Значит $g$ --- единственно. + \end{proof} + + \notice \; Условие $A(h, 0) = 0 \implies h = 0$ означает следующее: + \begin{equation*} + A \begin{pmatrix} + h \\ 0 + \end{pmatrix} + = + \begin{pmatrix} + B & C + \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} + h \\ 0 + \end{pmatrix} + = + Bh + \end{equation*} + То есть условие на самом деле формулируется следующим образом: $Bh = 0 \implies h = 0$. А это верно тогда и только тогда, когда $\det B \neq 0$. Иными словами мы берем минор по первым $n$ координатам и говорим, что этот минор ненулевой. + + \notice \; Это условие также можно переформулировать для произвольных $n$ координат. Действительно, если $\rk A = n$, то существует какой-то невырожденный минор порядка $n$, а значит наша теорема применима к координатам, соответствующим этому минору. + \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket82.tex b/sections/third/ticket82.tex new file mode 100644 index 0000000..2896341 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket82.tex @@ -0,0 +1,107 @@ +\subsection{Задача Коши для дифференциального уравения. Теорема Пикара} +\begin{conj} +\textbf{Задача Коши для дифференциального уравнения}. Хотим найти функцию $y\colon (a, b) \to \R$ дифференцируемую, такую, что +\begin{itemize} + \item $y'(x) = f(x, y(x))$. + \item $y(x_0) = y_0$, где $x_0 \in (a, b)$. +\end{itemize} +\end{conj} + +\begin{examples} +\begin{enumerate} + \item + Хотим решить систему + \begin{equation*} + \begin{cases} + y' = y \\ + y(0) = 1 + \end{cases} + \end{equation*} + Тогда: + \begin{equation*} + \frac{y'(x)}{y(x)} = 1 \implies (\ln y(x))' = 1 \implies \ln y(x) = x + C \implies y(x) = e^{x + c} \implies y(x) = Ce^x + \end{equation*} + Дальше подставляем $y(0) = 1$ и понимаем, что $C = 1$, а значит $y(x) = e^x$. + + \item + Пример отображения заданного не на всей прямой: система + \begin{equation*} + \begin{cases} + y' = -y^2 \\ + y(1) = 1 + \end{cases} + \end{equation*} + имеет решение $y(x) = 1/x$. Легко проверить что такая функция подходит и можно показать, что это решение единственно. +\end{enumerate} +\end{examples} + +\begin{theorem}[Пикара] +Пусть: +\begin{itemize} + \item $f\colon D \to \R$, где $D \subset \R^2$ и $D$ --- открыто. + \item $f$ --- непрерывна. + \item $(x_0, y_0) \in D$. + \item $|f(x, y) - f(x, \widetilde{y})| \leqslant M |y - \widetilde{y} | \;\; \forall y, \widetilde{y}$. +\end{itemize} +Тогда при некотором $\delta > 0$ на отрезке $[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$ существует единственная +\begin{equation*} + \varphi\colon [x_0 - \delta, x_0 + \delta] \to \R +\end{equation*} +такая, что $\varphi'(x) = f(x, \varphi(x))$ и $\varphi(x_0) = y_0$(то есть $\varphi$ --- решение задачи Коши). +\end{theorem} +\begin{proof} +Найдем функцию, удовлетворяющую равенству +\begin{equation*} + \varphi(x) = y_0 + \int_{x_0}^{x} f(x, \varphi(x)) \: dx +\end{equation*} +Во-первых $\varphi(x_0) = y_0$(интеграл от отрезка длины ноль равен нулю), во-вторых $\varphi(x)$ --- дифференцируемая, так как равна интегралу от непрерывной функции и в-третьих $\varphi'(x) = f(x, \varphi(x))$ просто потому что мы взяли такой интеграл. Поэтому такое $\varphi$ точно подойдет. + +Пусть $r$ такой, что $\Cl B_r(x_0, y_0) \subset D$. Тогда по теореме Вейерштрасса $f$ ограничена на $B_r(x_0, y_0)$, то есть $|f(x, y)| \leqslant K \;\; \forall x, y \in B_r(x_0, y_0)$. + +Выберем $\delta > 0$ так, что: +\begin{enumerate} + \item $M \delta < 1$. + \item Если $|x - x_0| \leqslant \delta$ и $|y - y_0| \leqslant K \delta$, то $(x, y) \in B_r(x_0, y_0)$(то есть $\delta^2(1 + K^2) \leqslant r^2$). +\end{enumerate} + +Пусть: +\begin{equation*} + C^{*} = \{\varphi \in C[x_0 - \delta, x_0 + \delta]\text{ и } |\varphi(x) - y_0| \leqslant K\delta\} \subset C[x_0 - \delta, x_0 + \delta] +\end{equation*} +Заметим, что $C^{*}$ --- замкнутое подмножество полного пространства $C[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$, а значит оно само является полным пространством. + +Рассмотрим отображение $T\colon C^{*} \to C^{*}$ такое, что $T(\varphi) = \psi$, где +\begin{equation*} + \psi(x) = y_0 + \int_{x_0}^{x} f(t, \varphi(t)) \: dt +\end{equation*} + +Проверим, что $T$ --- корректно заданное отображение: +\begin{enumerate} + \item Первое условие $\psi \in C[x_0 - \delta, x_0 + \delta]$ --- непрерывна потому что равна какому-то интегралу от непрерывной функции. + \item Второе условие $|\psi(x) - y_0| \leqslant K \delta$: + \begin{equation*} + |\psi(x) - y_0| = + \left | \int_{x_0}^{x} f(t, \varphi(t)) \right | \leqslant + \int_{x_0}^{x} | f(t, \varphi(t)) | \leqslant \oast + \end{equation*} + Заметим, что $|x - x_0| \leqslant \delta$, просто потому что мы рассматриваем такие $x$, а так же $| \varphi(t) - y_0 | \leqslant K \delta$, потому что отображение действует из $C^{*}$. Значит $(t, \varphi(t)) \in B_r(x_0, y_0) \implies f(t, \varphi(t)) \leqslant K$. Таким образом мы можем ограничить наш интеграл констаной $K$, умноженной на длину отрезка: + \begin{equation*} + \oast \leqslant + K |x - x_0| + \leqslant K \delta + \end{equation*} +\end{enumerate} +Теперь проверим, что $T$ --- сжатие: +\begin{equation*} + \begin{gathered} + |\psi(x) - \widetilde{\psi}(x)| = + \left | \int_{x_0}^{x} f(t, \varphi(t)) \: dt - \int_{x_0}^{x} f(t, \widetilde{\varphi}(t)) \: dt \right | \leqslant + \int_{x_0}^{x} | f(t, \varphi(t)) - f(t, \widetilde{\varphi}(t)) | \: dt + \leqslant \\ \leqslant + M \int_{x_0}^{x} | \varphi(t) - \widetilde{\varphi}(t)| \: dt \leqslant + M |x_0 - x| \| \varphi - \widetilde{\varphi} \| \leqslant + M \delta \| \varphi - \widetilde{\varphi} \| + \end{gathered} +\end{equation*} +Таким образом у нас получилось сжатие с коэффициентом $M\delta$(что меньше единицы, потому что мы выбирали так $\delta$), а значит существует ровно одна неподвижная точка для такого отображения. Тогда легко видеть, что такое отображение будет искомым(функцией из начала доказательства) и почему оно будет решением задачи Коши уже было доказано раннее. Единственность же верна из единственности неподвижной точки в теореме Банаха. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket83.tex b/sections/third/ticket83.tex new file mode 100644 index 0000000..ca33edf --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket83.tex @@ -0,0 +1,28 @@ +\subsection{Локальные экстремумы. Определение и необходимое условие экстремума. Стационарные точки} +\begin{conj} +Пусть $f\colon E \to \R$, где $E \subset \R^n$ и $a \in E$. Тогда: +\begin{itemize} + \item $a$ --- точка локального минимума, если существует $U$ --- окрестность точки $a$ такая, что $f(a) \leqslant f(x) \;\; \forall x \in U \cap E$. + \item $a$ --- точка локального максимума, если существует $U$ --- окрестность точки $a$ такая, что $f(a) \geqslant f(x) \;\; \forall x \in U \cap E$. + \item $a$ --- точка строгого локального минимума, если существует $U$ --- окрестность точки $a$ такая, что $f(a) < f(x) \;\; \forall x \in U \cap E,\, x \neq a$. + \item $a$ --- точка строгого локального максимума, если существует $U$ --- окрестность точки $a$ такая, что $f(a) > f(x) \;\; \forall x \in U \cap E,\, x \neq a$. + \item $a$ --- точка экстремума, если $a$ --- точка локального максимума или локального минимума. + \item $a$ --- точка строгого экстремума, если $a$ --- точка строгого локального максимума или строгого локального минимума. +\end{itemize} +\end{conj} + +\begin{theorem}[необходимое условие экстремума] +Пусть $f\colon E \to \R$, $a$ --- точка экстремума. Тогда, если существует $f'_{x_k}(a)$, то $f'_{x_k}(a) = 0$. В частности, если $f$ дифференцируема в точке $a$, то $f'_{x_1} = \dotsb = f'_{x_n}(a) = 0$, то есть $\nabla f(a) = 0$. +\end{theorem} +\begin{proof} +Пусть существует $f_{x_1}'(a)$. Рассмотрим функцию $g(t) = f(t, a_2, a_3, \dotsc, a_n)$. Тогда точка $t = a_1$ экстремум функции $g$, а значит по теореме про экстремумы функции одной переменной $g'(a_1) = 0 \implies f_{x_1}'(a_1, a_2, \dotsc, a_n) = 0$. +\end{proof} + +\begin{conj} +Если $f$ --- дифференцируема в точке $a$ и $\nabla f(a) = 0$, то $a$ --- стационарная точка. +\end{conj} + +\textbf{Формула Тейлора в стационарной точке.} +\begin{equation*} +f(a + h) = f(a) + \frac{1}{2} \sum\limits_{i, j = 1}^{n} f''_{x_i x_j}(a) h_i h_j + o(\| h \|^2) +\end{equation*} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket84.tex b/sections/third/ticket84.tex new file mode 100644 index 0000000..c633895 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket84.tex @@ -0,0 +1,159 @@ +\subsection{Квадратичная форма. Положительная и отрицательная определенность. Оценка снизу положительно определенной квадратичной формы. Достаточные условия экстремума} +Сейчас нам понадобятся квадратичные формы. +Мы немного говорили о них на алгебре, но все равно вспомним основные определения и свойства. +\begin{conj} + Функция называется квадратичная формой, если ее можно представить в виде $Q(h) = \sum\limits_{i, j = 1}^n c_{ij}h_ih_j$. + Получается, что это некоторый многочлен второй степени от координат вектора. +\end{conj} +Тут сумма $\sum\limits_{i, j = 1}^n c_{ij}h_ih_j$ это более короткая версия $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n c_{ij}h_ih_j$. + +Обозначим матрицу коэффициентов за $C$. +Принято считать, что она симметричная: $c_{ij} = c_{ji}$. +Мы также можем написать следующее равенство: $Q(h) = \sum\limits_{i, j = 1}^n c_{ij}h_ih_j = \langle Ch, h \rangle$. +Действительно: \begin{gather*} + \langle Ch, h \rangle = \left \langle \begin{pmatrix} + c_{11}h_1 + \dots + c_{1n}h_n \\ + c_{21}h_1 + \dots + c_{2n}h_n \\ + \dots \dots \\ + c_{n1}h_1 + \dots + c_{nn}h_n + \end{pmatrix}, \begin{pmatrix} + h_1 \\ + h_2 \\ + \dots \\ + h_n + \end{pmatrix} \right \rangle = + \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n c_{ij}h_jh_i +\end{gather*} + +\begin{conj} Определенность квадратичной формы. + + \begin{itemize} + \item $Q$ положительно определена, если $\forall h \in \R^n \;\; Q(h) \geqslant 0$. + \item $Q$ отрицательно определена, если $\forall h \in \R^n \;\; Q(h) \leqslant 0$. + \item $Q$ строго положительно определена, если $\forall h \neq 0 \in \R^n \;\; Q(h) > 0$. + \item $Q$ строго отрицательно определена, если $\forall h \neq 0 \in \R^n \;\; Q(h) < 0$. + \end{itemize} +\end{conj} + +\vspace*{5mm} + +\begin{lemma} + Если $Q(h)$ строго положительно определена, то $\exists c > 0$, т.ч. $Q(h) \geqslant c\|h\|^2 $ +\end{lemma} +\begin{proof} + Заметим, что $Q(h) = \langle Ch, h \rangle$ -- непрерывная функция. + Давайте рассмотрим ее на единичной сфере (обобщение единичной окружности). + Это компактное множество, а мы знаем, что непрерывная функция на компакте обязана принимать свое минимальное значение: $\exists h_0 : \|h_0\| = 1$ и $Q(h) \geqslant Q(h_0) \;\; \forall h : \|h\| = 1$. + + Положим $c = Q(h_0)$ и докажем, что оно подходит. + Все, что нам надо сделать, это просто отнормировать вектор и воспользоваться неравенством: \[ \forall h \;\; Q(h) = \langle Ch, h \rangle = \|h\|^2 \left\langle C \frac{h}{\|h\|}, \frac{h}{\|h\|} \right\rangle = \|h\|^2Q\left(\frac{h}{\|h\|}\right) \geqslant c\|h\| \] +\end{proof} + +\begin{theorem} [достаточные условия экстремума] + Пусть $f: E \to \R$, $a$ -- стационарная точка, $f$ дважды дифференцируема в точке $a$, $Q(h) = \sum\limits_{i, j = 1}^n f''_{x_ix_j}(a)h_ih_j$ -- квадратичная форма. Тогда: \begin{enumerate} + \item Если $Q$ строго положительно (отрицательно) определена, то $a$ -- строгий локальный минимум (максимум). + \item Если $a$ -- нестрогий локальный минимум (максимум), то $Q$ нестрого положительно (отрицательно) определена. + \end{enumerate} +\end{theorem} +\begin{proof} \quad + \begin{enumerate} + \item Будем доказывать для минимума. + Воспользуемся формулой Тейлора для стационарной точки: \begin{gather*} + f(a + h) = f(a) + \frac{1}{2} \sum_{i, j = 1}^n f''_{x_ix_j}(a)h_ih_j + o(\|h\|^2) \\ + \Rightarrow f(a + h) - f(a) = \frac{1}{2}Q(h) + o(\|h\|^2) = \frac{1}{2}Q(h) + \alpha(h)\|h\|^2, \text{ где } \alpha(h) \to 0 \text{ при } h \to 0 + \end{gather*} + Воспользуемся леммой: \[ f(a+h) - f(a) = \frac{1}{2}Q(h) + \alpha(h)\|h\|^2 \geqslant \frac{c}{2}\|h\|^2 + \alpha(h)\|h\|^2 = \|h\|^2 \left(\frac{c}{2} - \alpha(h) \right) \] + Осталось заметить, что при малых $h$ множитель $(\frac{c}{2} - \alpha(h)) > 0$, следовательно, $f(a + h) - f(a) > 0$, а это означает, что $a$ -- строгий локальный минимум. + \item Опять же будем доказывать только для минимума. + Зафиксируем произвольное $h$. + Мы хотим показать, что $Q(h) \geqslant 0$. + Воспользуемся все той же формулой Тейлора, но только теперь, так как $h$ фиксировано, введем вспомогательный параметр $t$: + \[ f(a + th) - f(a) = \frac{1}{2}Q(th) + \underbrace{o(t^2\|h\|^2)}_{= o(t^2)} \] + Вынесем $t$ из под квадратичной формы (в каждом слагаемом у нас есть умножение на $t^2$): + \begin{gather*} + f(a + th) - f(a) = t^2 \left(\frac{Q(h)}{2} + o(1) \right) \\ + \frac{f(a + th) - f(a)}{t^2} = \frac{Q(h)}{2} + o(1) + \end{gather*} + Вследствие того, что $a$ -- локальный минимум, выражение $\frac{f(a + th) - f(a)}{t^2} \geqslant 0$. + Устремим $t$ к нулю, чтобы убрать $o(1)$, и получим, что $\frac{Q(h)}{2} \geqslant 0$. + \end{enumerate} +\end{proof} + +\notice \, Если $Q$ не имеет нестрогую знакоопределенность (то есть меняет знак), то $a$ не точка экстремума. + +\vspace*{5mm} + +\textit{Дальше идет дополнительная информация, формально, она не относится к билету.} + +А как по матрице квадратичной формы понять, что она положительно определена? Или строго положительно? +На этот вопрос помогает ответить критерий Сильвестра, который мы оставим без доказательства. + +\textbf{Критерий Сильвестра.} Путь $Q(h) = \langle Ch, h \rangle$. +Тогда чтобы понять определенность $Q$, надо посмотреть на последовательность знаков определителей следующих миноров: \begin{gather*} + \begin{vmatrix} + c_{11} + \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} + c_{11} & c_{12} \\ + c_{21} & c_{22} + \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} + c_{11} & c_{12} & c_{13} \\ + c_{21} & c_{22} & c_{23} \\ + c_{31} & c_{32} & c_{33} + \end{vmatrix}, \dots, \begin{vmatrix} + c_{11} & \dots & c_{1n} \\ + \dots & \dots & \dots \\ + c_{n1} & \dots & c_{nn} + \end{vmatrix} +\end{gather*} +\begin{itemize} + \item Если они все $> 0$, то форма строго положительно определена. + \item Если они все $\geqslant 0$, то форма положительно определена. + \item Если они образуют знакочередующуюся последовательность, начинающуюся с отрицательного числа, то мы можем говорить про (строгую, если все знаки строгие) отрицательную определенность. +\end{itemize} + +\begin{example} + Найдем экстремумы у функции $f(x, y) = x^4 + y^4 - 36xy$. + + Для начала надо найти стационарные точки. + Функция везде дифференцируемая, так что надо просто найти точки, в которых градиент равен 0: \begin{gather*} + \begin{cases} + f'_x(x, y) = 4x^3 - 36y = 0 \\ + f'_y(x, y) = 4y^3 - 36x = 0 + \end{cases} + \end{gather*} + Несложно проверить, что это будут точки $\{ (3, 3), (-3, -3), (0, 0) \}$. + Чтобы посчитать нужную квадратичную форму, нам нужны вторые производные: \begin{gather*} + f''_{xx}(x, y) = 12x^2 \quad f''_{yy}(x, y) = 12y^2 \quad f''_{xy}(x, y) = f''_{yx}(x, y) = -36 \\ + \Rightarrow Q(x, y) = \begin{pmatrix} + 12x^2 & -36 \\ + -36 & 12y^2 + \end{pmatrix} + \end{gather*} + Осталось подставить конкретные точки и по критерию Сильвестра определить, какая у нас форма: \begin{itemize} + \item Для точки $(3, 3)$ последовательность определителей выглядит как $\{ 9, 72 \}$, значит форма строго положительно определена, и $(3, 3)$ -- строгий минимум. + \item Для точки $(-3, -3)$ все аналогично. + \item Для точки $(0, 0)$ получаем последовательность $\{ 0, -9 \}$, значит, форма не имеет нестрогую знакоопределенность, и $(0, 0)$ не точка экстремума. + \end{itemize} +\end{example} + +\vspace*{5mm} + +Почему не все точки, у которых частные производные 0, являются экстремумами? +Может так оказаться, что по одним координатам точка является локальным минимумом, а по другим -- локальным максимумом. +Такие точки называются седловыми. +Ниже представлен пример для $f(x, y) = x^2 - y^2$. + +\begin{center} + \begin{tikzpicture} + \begin{axis} + \addplot3 [ + surf, + shader=faceted, + samples=25, + domain=-4:4, + y domain=-4:4 + ] {x^2-y^2}; + \filldraw[black] (axis cs:0,0,0) circle(1pt); + \end{axis} + \end{tikzpicture} +\end{center} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/ticket85.tex b/sections/third/ticket85.tex new file mode 100644 index 0000000..058d176 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket85.tex @@ -0,0 +1,145 @@ +\subsection{Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа} +Зачастую нас интересуют не локальные, а глобальные экстремумы. +Возникает логичный вопрос, как их искать? +Казалось бы, что достаточно найти все стационарные точки и сравнить значние в них. +Тогда самое большое/маленькое и будет глобальным максимумом/минимумом. +Но заметим, что если мы рассматриваем функцию на компакте, то мы обязаны рассмотреть ее и на границе, но стационарные точки определяются как внутренние. +То есть вдруг окажется так, что максимум/минимум лежит на границе? +Поэтому надо научиться справляться с точками на границе. + +Иногда бывает также полезно искать экстремумы у функции, заданной на какой-то поверхности. +Например, функция температуры на планете задана на сфере, а вовсе не в $\R^3$. + +Чтобы понять, как нам все это искать, введем определение условного экстремума. + +\begin{conj} + Пусть у нас есть: + \begin{gather*} + f: D \subset \R^{n+m} \to \R, \Phi: D \to \R^m, a \in D \text{ и } \Phi(a) = 0 + \end{gather*} + Если существует $U$ -- окр-ть точки $a$, т.ч $\forall x \in U \cap D$ и $\Phi(x) = 0$, будет $f(x) \leqslant f(a)$, то $a$ -- \textbf{нестрогий условный максимум} при условии связи $\Phi = 0$. + Точно также можно определить строгий максимум и аналогично минимум. +\end{conj} + +Разберем это на примере. +У нас есть функция $f(x, y) = x^2 + y^2$ (оранжевый график). +Зададим функцию $\Phi(x, y) = x - 20$. +Точки, удовлетворяющие уравнению $\Phi = 0$ и лежащие на графике функции, будут образовывать зеленую кривую. +Тогда точка $(20, 0, 400)$ будет строгим условным минимумом при условии связи $\Phi = 0$. + +\begin{center} + \begin{tikzpicture} + \begin{axis} + \addplot3 [ + surf, + white, + shader=faceted, + domain =-40:40, + y domain=-40:40 + ] {0}; + + \addplot3 [ + surf, + orange, + shader=faceted, + samples=25, + domain =-40:40, + y domain=-40:40 + ] {x^2+y^2}; + + \addplot3 [ + surf, + black, + shader=faceted, + domain =19.5:20.5, + y domain=-40:40 + ] {x^2+y^2}; + + \addplot3 [ + surf, + black, + shader=faceted, + domain =19.5:20.5, + y domain=-40:40 + ] {0}; + + \draw[blue, ultra thick] (axis cs:20, -40, 0) -- (axis cs:20, -40, 2000); + + \draw[blue, ultra thick, dashed] (axis cs:20, 40, 0) -- (axis cs:20, 40, 2000); + + \filldraw[black] (axis cs:20,0,400) circle(1.5pt); + + \end{axis} + \end{tikzpicture} +\end{center} + + +Теперь нас интересует способ найти какие-то необходимые условия на условные экстремумы. +Для этого существует метод неопределенных множителей Лагранжа. + +\vspace*{5mm} + +\textbf{Метод множителей Лагранжа.} + +Пусть $f: D \subset \R^{n+m} \to \R$ непрерывно дифференцируема, $ \Phi: D \to \R^m$ непрерывно дифференцируема, $a \in \Int D$. +Тогда если $a$ точка условного экстремума при условии связи $\Phi = 0$, то $\nabla f, \nabla \Phi_1, \nabla \Phi_2, \dots, \nabla \Phi_m$ в точке $a$ линейно зависимы. + +\notice \begin{enumerate} + \item Если $\nabla \Phi_1, \nabla \Phi_2, \dots, \nabla \Phi_m$ линейно зависимы, то это случай не интересный, ведь тогда любая точка $a$, удовлетворяющая условию связи, будет точкой условного экстремума. + \item Если $\nabla \Phi_1, \nabla \Phi_2, \dots, \nabla \Phi_m$ линейно независимы, то существуют $\lambda_1, \dots, \lambda_m \in \R$, т.ч. $\nabla f = \lambda_1 \nabla \Phi_1 + \dots + \lambda_m \nabla \Phi_m$. + Это просто по определению: у нас была ЛНС, добавили 1 вектор, стала ЛЗС $\Rightarrow$ можем выразить в виде линейной комбинации. + \item Что означает линейная независимость $\nabla \Phi_1, \nabla \Phi_2, \dots, \nabla \Phi_m$? + Вспоним, что эти градиенты -- строки матрицы Якоби $\Phi$ в точке $a$ (у этой матрицы $m$ строк и $n+m$ столбцов). + Таким обоазом, это означает, что $\rk \Phi'(a)$ максимален, то есть равен $m$. + + Мы также можем упростить запись во втором пукнте, если представим лямбды как вектор-строку: $\lambda = (\lambda_1, \dots, \lambda_m) \Longrightarrow \nabla f = \lambda_1 \nabla \Phi_1 + \dots + \lambda_m \nabla \Phi_m = \lambda \Phi'(a)$. +\end{enumerate} + +\begin{proof} + Ранг $\Phi'(a) = m$ и надо доказать, что $f'(a) = \lambda \Phi'(a)$ для некоторого $\lambda \in \R^m$. + В условии говорилось про $\nabla f$, но $f$ действует в $\R$, поэтому $\nabla f$ в точке $a$ равно $f'(a)$. + + Считаем, что минор $\Phi'(a)$ по последним $m$ координатам $\neq 0$. + Мы всегда можем этого добиться, попереставляв их, ведь $\rk \Phi'(a) = m$. + Будем обозначать $a = (b, c)$, где $c$ как раз и будет последними $m$ координатами. + Так как там минор $\neq 0$, мы можем применить теорему о неявно заданной функции. + Согласно ней $\exists W$ окр-ть точки $b$ и непрерывно дифференцируемая функция $g: W \to \R^m$, т.ч. $g(b) = c$ и $\Phi(x, g(x)) = 0 \;\; \forall x \in W$. + \textit{Вообще у нас тут поменялся порядок по сравнению с оригинальной формулировкой теоремы, но это и логично, потому что минор у нас ненулевой уже по последним координатам, а не по первым.} + + Введем \begin{gather*} + h(x): W \to \R^m \\ h(x) = f(x, g(x)) + \end{gather*} + Заметим, что $b$ будет экстремумом для $h$, так как при $x$ близком к $b$ у нас $g(x)$ будет близко к $c$, таким образом $(x, g(x))$ будет близко к $a$. А это условный экстремум по условию. + + В силу необходимого условия экстремума получаем, что $h'(b) = 0$. + Давайте посчитаем эту производную. + Для этого разобьем матрицу из частичных производных $f(a)$ на 2: $f'_x(a)$ -- матрица из частных производных по первым координатам, $f'_y(a)$ -- матрица из частных производных по последним координатам. + Тогда: \[ h'(b) = f'_x(a) + f'_y(a) \cdot g'(b) = 0 \] + Вспоним, что $\Phi(x, g(x)) \equiv 0$ (тут 0 как функция), и точка $b$ лежит в области определения. + Производная 0 равна 0, поэтому: \[ \Phi'(b, g(b)) = \Phi_x'(a) + \Phi_y'(a)\cdot g'(b) = 0 \] + Вычтем из $h'(b)$ последнее выражение, домноженное на произвольное $\lambda \in \R^m$ : \[ h'(b) - \lambda \Phi'(b, g(b)) = (f'_x(a) - \lambda \Phi_x'(a)) + (f'_y(a) - \lambda \Phi_y'(a))\cdot g'(b) = 0 \] + Осталось правильным образом выбрать $\lambda$. + Давайте выберем ее так, что $f'_y(a) - \lambda \Phi_y'(a) = 0$. + Мы так можем сделать, потому что минор $\Phi'(a)$ по последним координатам $\neq 0$, а $y$ это как раз и есть последние координаты. + Поэтому уравнение $f'_y(a) - \lambda \Phi_y'(a) = 0$ будет разрешимо относительно $\lambda$. + + Мы занулили второе слагаемое, поэтому обязано занулиться и первое: $f'_x(a) - \lambda \Phi_x'(a) = 0$. + Если объединить эти результаты, то получится, что: \[ f'(a) = \lambda \Phi'(a) \] + Что и требовалось доказать. +\end{proof} + +\vspace*{5mm} + +А как все-таки на практике искать такие $a$? +В уравнении $f'(a) = \lambda \Phi'(a)$ у нас $2m + n$ неизвестных: $n + m$ координат точки $a$ и $m$ координат $\lambda$. +Посмотрим на число уравнений. +Уравнение $f'(a) = \lambda \Phi'(a)$ распадается на $n + m$ штук (по каждой координате $a$). +Также точка $a$ обязана удовлетворять уравнению $\Phi(a) = 0$, что дает еще $m$ уравнений. +Таким образом, чтобы найти $a$ и $\lambda$ надо решить систему из $2m + n$ уравнений от такого же количества неизвестных. + +\vspace*{5mm} + +\begin{conj} + Функция Лагранжа -- функция, которая в наших предыдущих обозначениях равна $f - \lambda \Phi$. + Таким образом, чтобы найти условные экстремумы, надо искать точки, где производная функции Лагранжа нулится. +\end{conj} diff --git a/sections/third/ticket86.tex b/sections/third/ticket86.tex new file mode 100644 index 0000000..0961211 --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket86.tex @@ -0,0 +1,38 @@ +\subsection{Наибольшее и наименьшее значения квадратичной формы на сфере. Формула для нормы матриц} +Обсудим поясняющий пример. + +\textbf{Наибольшее и наименьшее значения квадратичной формы на сфере.} + + Квадратичная форма задается симметричной матрицей $A$: $Q(h) = \langle Ah, h \rangle$. + + Сфера задается уравнением $x_1^2 + \dots + x_n^2 = 1$. + Значит, $\Phi(x) = x_1^2 + \dots + x_n^2 - 1$. + + Пишем функцию Лагранжа: \[ F(x) = \sum_{i, j = 1}^n a_{ij}x_ix_j - \lambda(x_1^2 + \dots + x_n^2 - 1) \] + Нас интересует такая точка, в которой $\Phi = 0$, и все частные производные $F$ равны 0. + + Распишем, чему равна $k$-тая частная производная $F$ (мы фиксируем $x_k$, остальное воспринимаем как параметры): \[ F_{x_k}' = a_{kk} \cdot 2x_k + \sum_{i\neq k} a_{ik}x_i + \sum_{j \neq k} a_{kj}x_j -2\lambda x_k = \circledast \] + Заметим, что так как матрица $A$ симметричная, выражение можно упростить: \[ \circledast = 2\sum_{i = 1}^n a_{ki}x_i - 2\lambda x_k \] + Что такое $\sum\limits_{i = 1}^n a_{ki}x_i$? + Это ни что иное как $k$-ая координата вектора $Ax$. + Таким образом, все координаты вектора $2Ax$ равны координатами вектора $2\lambda x$, или чуть короче: \[ Ax = \lambda x \] + Это означает, что $x$ -- собственный вектор матрицы $A$ с собственным значением $\lambda$. + Таким образом, точки, которые подозрительные на экстремум, обязаны быть собственными векторами матрицы. + + Также легко понять, какие значения принимает форма на этих векторах: \[ Q(x) = \langle Ax, x \rangle = \langle \lambda x, x \rangle = \lambda \| x \|^2 = \lambda \] + Последний переход верен, так как $x$ лежит на единичной сфере. + Зафиксируем результат в виде теоремы. + +\begin{theorem} + Наибольшее (наименьшее) значение квадратичной формы на сфере -- наибольшее (наименьшее) собственное число ее матрицы. +\end{theorem} + +\vspace*{6mm} + +\follow $\, \| A \| = \max \{ \sqrt{\lambda} : \lambda - \text{ собственное число матрицы } A^TA \}$, где $A$ -- матрица линейного отображения из $\R^n$ в $\R^m$. +\begin{proof} + По определению нормы $\|A\| = \max\limits_{\|x\| = 1} \|Ax\|^2 = \max\limits_{\|x\| = 1} \langle Ax, Ax \rangle$. + + Воспользуемся алгебраическим фактом: $\langle Ax, Ax \rangle = \langle A^TAx, x \rangle$. + А ведь $\max\limits_{\|x\| = 1} \langle A^TAx, x \rangle$ это и есть наибольшее значение квадратичной формы для матрицы $A^TA$ на единичной сфере. +\end{proof} diff --git a/sections/third/ticket9.tex b/sections/third/ticket9.tex new file mode 100644 index 0000000..2f5a78c --- /dev/null +++ b/sections/third/ticket9.tex @@ -0,0 +1,51 @@ +\subsection{Модуль непрерывности. Свойства} + +\begin{conj} + Пусть $f\colon E \to \R$. Тогда модулем непрерывности $\omega_f$ от $\delta \geq 0$ называют + \begin{equation*} + \omega_f(\delta) \coloneqq + \sup\{|f(x) - f(y)| : x, y \in E + \text{ и }\rho(x, y) \leq + \delta\} + \end{equation*} +\end{conj} + +\textbf{Свойства.} +\begin{enumerate} + \item $\omega_f(\delta) \geq 0$ и $\omega_f(0) = 0$ + \item $\omega_f$ нестрого возрастает + \item $|f(x) - f(y)| \leq \omega_f(\rho(x, y))$ + \item Если $f$ --- липшицева с константой $M$, то $\omega_f(\delta) \leq M\delta$ + \item $f$ равномерно непрерывна на $E \iff \omega_f$ непрерывна в нуле. + \begin{proof} + \begin{enumerate} + \item[] + \item[] $\boxed{\Rightarrow}$ + Из равномерной непрерывности: + \begin{equation*} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists \gamma > 0 + \colon \forall x, y \in E\text{ и }\rho(x, y) < \gamma \implies |f(x) - f(y)| < \varepsilon + \end{equation*} + + Тогда если взять $\delta < \gamma$ (можем так сделать, потому что на интересуют только маленькие $\delta$), то + \begin{equation*} + \rho(x, y) \leq \delta < \gamma \implies + |f(x) - f(y)| < \varepsilon \implies \omega_f(\delta) \leq \varepsilon + \implies \lim\limits_{\delta \to 0+} \omega_f(\delta) = 0 = \omega_f(0) + \end{equation*} + + \item[] $\boxed{\Leftarrow}$ + Пусть $\lim\limits_{\delta \to 0+} \omega_f(\delta) = 0$. Тогда + \begin{equation*} + \hphantom{\text{, если $\rho(x, y) \leq \delta$}} + \forall \varepsilon > 0 \; \exists \delta > 0 \colon + \varepsilon > \omega_f(\delta) \geq |f(x) - f(y)| + \text{, если $\rho(x, y) \leq \delta$} + \end{equation*} + То есть мы поняли, что для любого $\varepsilon$ найдется такое $\delta$, что как только аргументы отличаются не больше чем на $\delta$, значения отличаются меньше чем на $\varepsilon$. Это равномерная непрерывность по определению. + \end{enumerate} + \end{proof} + \item Пусть $K$ --- компакт. Тогда $f \in C(K) \iff \lim\limits_{\delta \to 0+} \omega_f(\delta) = 0$. + + В частности $f \in C[a, b] \iff \lim\limits_{\delta \to 0+} \omega_f(\delta) = 0$. +\end{enumerate} \ No newline at end of file diff --git a/sections/third/tickets.txt b/sections/third/tickets.txt new file mode 100644 index 0000000..200924c --- /dev/null +++ b/sections/third/tickets.txt @@ -0,0 +1,86 @@ +Положительная и отрицательная части функции и их свойства. Подграфик функции. Определенный интеграл. Определение и простейшие свойства +Аддитивность интеграла и монотонность интеграла. Следствия монотонности интеграла. Среднее значение функции +Интеграл с переменным верхним пределом. Теорема Барроу. Следствия. Формула Ньютона–Лейбница +Линейность интеграла и формула интегрирования по частям. Замена переменной в определенном интеграле. Примеры +Вычисление интеграла $\int_{0}^{\pi/2} sin^n x dx$ +Формула Валлиса. Асимптотика наибольшего биномиального коэффициента +Формула Тейлора с остатком в интегральной форме +Иррациональность числа $\pi$ +Модуль непрерывности. Свойства +Дробление, ранг, оснащение, сумма Римана +Оценка разности интеграла и интегральной суммы. Интеграл как предел интегральных сумм. Эквивалентная для суммы $\sum_{k=1}^n k^p$. Интегрируемость по Риману +Формула трапеций (с леммой) +Формула Эйлера–Маклорена (для второй производной) +Оценка сумм вида $\sum_{k=1}^n k^p$ при различных $p$. Постоянная Эйлера +Формула Стирлинга +Определение несобственного интеграла. Критерий Коши. Примеры +Свойства несобственных интегралов +Несобственные интегралы от неотрицательных функций. Признак сравнения. Следствия +Абсолютная сходимость. Признаки Дирихле и Абеля +Интеграл от произведения монотонной и периодической функций. Интеграл +Путь, носитель пути, простой путь, гладкий путь. Эквивалентные пути. Определение кривой +Длина пути и длина кривой. Определение и простейшие свойства. Аддитивность длины кривой +Длина кривой, заданной параметрически (с леммой). Длина графика функции и длина кривой, заданной в полярных координатах +Длины эллипса и синусоиды. Эллиптические интегралы первого и второго рода. Связность линейно связного множества +Ряды в нормированном пространстве. Критерий Коши. Абсолютная сходимость +Группировка членов ряда. Свойства +Критерий сходимости ряда с неотрицательными членами. Признак сравнения. Следствие +Признак Коши (с $\overline{\lim}$). Примеры +Признак Даламбера. Примеры. Связь между признаками Коши и Даламбера +Связь между суммами и интегралами. Интегральный признак. Сходимость и расходимость рядов $\sum \frac{1}{n^p}$ и $\sum \frac{1}{n \ln n}$ +Преобразование Абеля. Признак Дирихле +Признак Абеля. Ряд $\sum \frac{\sin n}{n^p}$ +Признак Лейбница. Оценка суммы знакочередующегося ряда. Примеры +Перестановка членов абсолютно сходящегося ряда +Теорема Римана +Теорема Коши. Произведение рядов. Теоре- ма Мертенса (без доказательства). Необходимость условия абсолютной сходимости +Теорема Абеля оп роизведении рядов(с леммой) +Бесконечные произведения. Определение. Примеры. Свойства +Произведение $\prod \frac{p_n}{p_n - 1}$ и ряд $\prod \frac{1}{p_n}$. Оценка частичных сумм ряда $\sum \frac{1}{p_n}$ +Поточечная и равномерная сходимость последовательности функций. Определение и примеры. Критерий равномерной сходимости. Следствия +Произведение равномерно ограниченной и равномерно сходящейся последовательностей. Критерий Коши для равномерной сходимости последовательностей +Пространство $\mathcal{l}^\infty (E)$ и его полнота +Равномерный предел непрерывных функций. Теорема Стокса–Зайделя. Пространство $C(K)$ и его полнота +Поточечная и равномерная сходимость рядов. Остаток ряда. Необходимое условие равномерной сходимости ряда. Критерий Коши +Признак сравнения и признак Вейерштрасса. Следствия. Примеры +Признаки Дирихле и Лейбница. Пример ряда, который сходится равномерно и абсолютно, но не равномерно абсолютно +Признак Абеля +Признак Дини +Теоремы о перестановке пределов и перестановке предела и суммы. +Теорема об интегрировании равномерно сходящейся последовательности (ряда). Существенность равномерности +Теорема о дифференцировании равномерно сходящейся последовательности (ряда). Существенность равномерности +Степенные ряды. Теорема о сходимости ряда при меньших аргументах. Радиус и круг сходимости. Формула Коши–Адамара. Примеры +Равномерная сходимость степенного ряда. Непрерывность суммы степенного ряда. Теорема Абеля +Почленное интегрирование суммы степенного ряда (с леммой) +Комплексная дифференцируемость. Дифференцирование степенного ряда +Формула для коэффициентов разложения в ряд аналитической функции. Несовпадение классов бесконечно дифференцируемых и аналитических функций +Определение $e^z$, $\sin z$ и $\cos z$. Ряды Тейлора для $ln(1 + x)$ и $\arctg x$ +Ряды Тейлора для $(1 + x)p$ и $\arcsin x$ +Линейные операторы. Свойства. Операции с линейными операторами. Матричное задание линейных операторов из $\R^n$ в $\R^m$ +Норма линейного оператора. Простейшие свойства +Эквивалентные определения нормы оператора +Свойства, эквивалентные ограниченности линейного оператора. Ограниченность линейных операторов из $\R^n$ в $\R^m$. Оценка нормы через сумму квадратов +Дифференцируемость отображений из $\R^n$ в $\R^m$. Частные случаи. Матрица Якоби. Градиент +Примеры дифференцируемых отображений. Дифференцируемость координатных функций +Производная по направлению.Экстремальное свойство градиента. +Частные производные. Элементы матрицы Якоби. Координатная запись формул для производных +Линейность диференциала. Дифференциал композиции +Две теоремы о дифференцируемости произведения функций +Теорема Лагранжа для векторнозначных функций +Связь частных производных и дифференцируемости +Непрерывная дифференцируемость. Определение и равносильное ей свойство +Частные производные высших порядков. Теорема о перестановке частных производных в $\R^2$ +Теорема о равенстве частных производных для непрерывно дифференцируемых функций. Пример, показывающий необходимость непрерывности производных +Мультииндексы. Определения, обозначения, лемма о производной композиции гладкой и линейной функций. Многомерный Тейлор с остатком в форме Лагранжа. Частные случаи +Многомерный Тейлор с остатком в форме Пеано. Полиномиальная формула. +Теорема Банаха о сжатии. Следствие +Метод касательных для решения уравнения +Оценки на норму обратного отображения и на норму разности значений дифференцируемого отображения. Теорема об обратимости отображений, близких к обратимым +Теорема об обратной функции. +Дифференцируемость обратного отображения. Образ области при невырожденном отображении +Теорема о неявной функции. +Задача Коши для дифференциального уравения. Теорема Пикара +Локальные экстремумы. Определение и необходимое условие экстремума. Стационарные точки +Квадратичная форма. Положительная и отрицательная определенность. Оценка снизу положительно определенной квадратичной формы. Достаточные условия экстремума +Условный экстремум. Метод множителей Лагранжа +Наибольшее и наименьшее значения квадратичной формы на сфере. Формула для нормы матриц \ No newline at end of file