2.1: Основні властивості

Вступ

Про цю книгу

Ця книга є односеместровим курсом з базового аналізу. Він почав своє життя як мої конспекти лекцій для викладання математики 444 в Університеті штату Іллінойс в Урбана-Шампейн (UIUC) в осінньому семестрі 2009 року. Пізніше я додав розділ метричного простору, щоб викладати математику 521 в Університеті Вісконсин-Медісон (UW). Обов'язковою умовою цього курсу є базовий доказ курсу, використовуючи, наприклад, або.

Повинна бути можливість використовувати книгу як для базового курсу для студентів, які не обов'язково хочуть йти до аспірантури (наприклад, UIUC 444), а також як більш просунутий односеместровий курс, який також охоплює такі теми, як метричні простори (наприклад, UW 521). Ось мої пропозиції щодо того, що покрити в семестровому курсі. Для більш повільного курсу, такого як UIUC 444:

§0.3, §1.1—§1.4, §2.1—§2.5, §3.1—§3.4, §4.1—§4.2, §5.1—§5.3, §6.1-§6.3

Для більш суворого курсу, що охоплює метричні простори, який працює трохи швидше (наприклад, UW 521):

§0.3, §1.1—§1.4, §2.1—§2.5, §3.1—§3.4, §4.1—§4.2, §5.1—§5.3, §6.1—§6.2, §7.1—§7.6

Також має бути можливим запустити більш швидкий курс без метричних пробілів, що охоплюють всі розділи глав від 0 до 6. Приблизна кількість лекцій, прочитаних у розділі примітки через главу 6, є дуже приблизною оцінкою і були розроблені для більш повільного курсу. Перші кілька розділів книги можуть бути використані у вступному курсі доказів, як це, наприклад, зроблено в Університеті штату Айова Математика 201, де ця книга використовується разом з книгою доказів Хаммака.

Книга, яка зазвичай використовується для класу в UIUC, - це Бартл і Шерберт, Вступ до реального аналізу третє видання. Структура початку книги дещо відповідає стандартній програмі UIUC Math 444 і тому має деяку схожість з. Основна відмінність полягає в тому, що ми визначаємо інтеграл Рімана, використовуючи суми Дарбу, а не розділи з тегами. Підхід Дарбу набагато більш підходить для курсу цього рівня.

Наш підхід дозволяє нам вписати такий курс, як UIUC 444 протягом семестру і все ж витратити деякий додатковий час на обмін меж і закінчити теоремою Пікара про існування та єдиність розв'язків звичайних диференціальних рівнянь. Ця теорема є чудовим прикладом, який використовує багато результатів, доведених у книзі. Для більш просунутих студентів матеріал може бути покритий швидше, так що ми прийдемо до метричних просторів і довести теорему Пікара, використовуючи теорему фіксованої точки, як це зазвичай.

Інші чудові книги існують. Мій улюблений - чудові принципи математичного аналізу Рудіна або, як його зазвичай і любляче називають малюка Рудін (щоб відрізнити його від його іншого великого підручника аналізу). Я взяв багато натхнення та ідей у Рудіна. Однак Рудін трохи більш просунутий і амбітний, ніж цей теперішній курс. Для тих, хто бажає продовжити математику, Рудін - прекрасна інвестиція. Недорога і дещо простіша альтернатива Рудіну - Вступ Розенліхта до аналізу. Існує також вільно завантажуваний Вступ до реального аналізу Вільяма Тренча.

Примітка про стиль деяких доказів: Багато доказів традиційно робляться протиріччям, я вважаю за краще робити прямим доказом або контрапозитивним. Хоча книга включає докази протиріччя, я роблю це лише тоді, коли контрапозитивне твердження здавалося занадто незручним, або коли протиріччя слід досить швидко. На мій погляд, протиріччя швидше втягне початківців студентів в біду, так як мова йде про предмети, яких не існує.

Я намагаюся уникати непотрібного формалізму там, де це не корисно. Крім того, докази та мова стають трохи менш формальними, коли ми просуваємось у книзі, оскільки все більше деталей залишаються поза увагою, щоб уникнути безладу.

Як правило, я використовую$:=$ замість того,$=$ щоб визначити об'єкт, а не просто показати рівність. Я використовую цей символ досить ліберально, ніж зазвичай для акценту. Я використовую його навіть тоді, коли контекст є «локальним», тобто я можу просто визначити функцію$f(x) := x^2$ для однієї вправи або прикладу.

Нарешті, я хотів би визнати Яну Маржикову, Глен П'ю, Пола Войту, Френка Беатуса, Сонмеза Шахутоглу, Джима Брандта, Кенджі Козая та Артура Буша за навчання з книгою та надання мені багато корисних відгуків. Френк Бітроус написав розширення версії Піттсбурзького університету, яка послужила натхненням для багатьох останніх доповнень. Я також хотів би подякувати Ден Стоунхем, Джеремі Саттер, Елія Гветта, Даніель Піментель-Аларкон, Стів Хернінг, Йі Чжан, Ніколь Кавіріс, Крістофер Лі, Баоюе Бі, Ханна Лунд, Тревор Маннелла, Мітчел Мейєр, Грегорі Борегард, Чейз Меадорс, Андреас Джаннопулос, анонімний читач і взагалі на учні в моїх класах для пропозицій і пошуку помилок і помилок.

Про аналіз

Аналіз - це галузь математики, яка займається нерівностями та обмеженнями. У цьому курсі розглядаються найосновніші поняття в аналізі. Мета курсу - ознайомити читача зі строгими доказами в аналізі, а також встановити тверду основу для обчислення однієї змінної.

Обчислення підготувало вас, студент, до використання математики, не кажучи вам, чому те, що ви дізналися, є правдою. Щоб ефективно використовувати або навчати математику, ви не можете просто знати, що є правдою, ви повинні знати, чому це правда. Цей курс показує вам, чому обчислення вірно. Саме тут, щоб дати вам гарне розуміння поняття межі, похідної та інтеграла.

Скористаємося аналогією. Автомеханік, який навчився міняти масло, виправляти зламані фари і заряджати акумулятор, зможе виконувати тільки ті прості завдання. Він не зможе самостійно працювати для діагностики та усунення неполадок. Вчитель середньої школи, який не розуміє визначення інтеграла Рімана або похідної, може не бути в змозі належним чином відповісти на всі запитання учнів. До цього дня я пам'ятаю кілька безглуздих висловлювань, які я чув від свого вчителя обчислення в старших класах, який просто не розумів поняття межі, хоча міг «робити» всі проблеми в обчисленні.

Почнемо з обговорення реальної системи числення, головне її властивості повноти, яке є основою для всього, що приходить після. Потім ми обговорюємо найпростішу форму обмеження, межа послідовності. Після цього вивчаються функції однієї змінної, неперервності та похідної. Далі ми визначимо інтеграл Рімана і доведемо фундаментальну теорему числення. Обговорюються послідовності функцій та обмін лімітами. Нарешті, ми наведемо введення в метричні простори.

Наведемо найважливішу різницю між аналізом і алгеброю. В алгебрі ми доводимо рівності безпосередньо; доведено, що об'єкт, число, можливо, дорівнює іншому об'єкту. При аналізі ми зазвичай доводимо нерівності. Щоб проілюструвати цей момент, розглянемо наступне твердження.

$x$Дозволяти бути дійсним числом. Якщо$0 \leq x < \epsilon$ вірно для всіх дійсних чисел$\epsilon > 0$, то$x = 0$.

Це твердження є загальним уявленням про те, що ми робимо в аналізі. Якщо ми хочемо показати це$x = 0$, ми показуємо це$0 \leq x < \epsilon$ для всіх позитивних$\epsilon$.

Термін реальний аналіз є трохи неправильним. Я вважаю за краще використовувати просто аналіз. Інший тип аналізу, комплексний аналіз, дійсно будується на теперішньому матеріалі, а не є різним. Крім того, більш просунутий курс з реального аналізу часто говорив би про складні числа. Підозрюю, що номенклатура - це історичний багаж.

Давайте почнемо з шоу...

Основна теорія множин

Примітка: 1-3 лекції (деякі матеріали можна пропустити або покрити злегка)

Перш ніж ми почнемо говорити про аналіз, нам потрібно виправити якусь мову. Сучасний аналіз ¹ використовує мову множин, і тому саме з цього ми починаємо. Ми говоримо про множини досить неформально, використовуючи так звану «теорію наївних множин». Не хвилюйтеся, саме цим користується більшість математиків, і важко потрапити в неприємності.

Ми припускаємо, що читач бачив основну теорію множин і пройшов курс базового написання доказів. Цей розділ слід розглядати як перепідготовку.

Набори

Набір - це сукупність об'єктів, які називаються елементами або членами. Множина без об'єктів називається порожньою множиною і позначається$\emptyset$ (або іноді є$\{ \}$).

Подумайте про набір як про клуб з певним членством. Наприклад, учні, які грають в шахи, є членами шахового клубу. Однак не варто брати аналогію занадто далеко. Набір визначається лише членами, що утворюють множину; два набори, які мають однакові члени, є однаковими.

Велику частину часу ми будемо розглядати набори чисел. Наприклад, множина $$S := \{ 0, 1, 2 \}$$ - це множина, що містить три елементи 0, 1 і 2. Пишемо, $$1 \in S$$ щоб позначити, що число 1 належить до безлічі$S$. Тобто 1 є членом$S$. Аналогічно пишемо, $$7 \notin S$$ щоб позначити, що числа 7 немає в$S$. Тобто 7 не є членом$S$. Елементи всіх розглянутих множин походять з якогось набору, який ми називаємо Всесвітом. Для простоти ми часто вважаємо Всесвіт сукупністю, яка містить тільки ті елементи, які нас цікавлять. Всесвіт, як правило, розуміється з контексту і не згадується прямо. У цьому курсі наш Всесвіт найчастіше буде сукупністю дійсних чисел.

Хоча елементи множини часто є числами, інші об'єкти, такі як інші множини, можуть бути елементами набору. Набір також може містити деякі з тих самих елементів, що й інший набір. Наприклад, $$T := \{ 0, 2 \}$$ містить цифри 0 і 2. У цьому випадку всі елементи$T$ також належать до$S$. Пишемо$T \subset S$. Більш формально зробимо наступне визначення.

1. Набір$A$ є підмножиною множини,$B$ якщо$x \in A$ має на увазі$x \in B$, і ми пишемо$A \subset B$. Тобто всі члени також$A$ є членами$B$.
2. Дві$A$$B$ множини і рівні, якщо$A \subset B$ і$B \subset A$. Пишемо$A = B$. Тобто$A$ і$B$ містять точно такі ж елементи. Якщо не правда, що$A$ і$B$ рівні, то пишемо$A \not= B$.
3. Набір$A$ є належним підмножиною$B$ if$A \subset B$ і$A \not= B$. Пишемо$A \subsetneq B$.

Наприклад, для$S$ і$T$ визначено вище$T \subset S$, але$T \not= S$. Так$T$ є належним підмножиною$S$. Якщо$A = B$, то$A$ і$B$ просто два імена для одного і того ж точного набору. Згадаймо множинні позначення будівлі, $$\{ x \in A : P(x) \} .$$ Це позначення відноситься до підмножини множини,$A$ що містить всі елементи$A$, які задовольняють властивість$P(x)$. Позначення іноді скорочується, не$A$ згадується, коли розуміється з контексту. Крім того,$x \in A$ іноді замінюється формулою, щоб полегшити читання позначення.

Нижче наведені набори, включаючи стандартні позначення.

1. Безліч натуральних чисел,${\mathbb{N}}:= \{ 1, 2, 3, \ldots \}$.
2. Множина цілих чисел,${\mathbb{Z}}:= \{ 0, -1, 1, -2, 2, \ldots \}$.
3. Набір раціональних чисел,${\mathbb{Q}}:= \{ \frac{m}{n} : m, n \in {\mathbb{Z}} \text{ and } n \not= 0 \}$.
4. Безліч парних натуральних чисел,$\{ 2m : m \in {\mathbb{N}}\}$.
5. Безліч дійсних чисел,${\mathbb{R}}$.

Зауважте, що${\mathbb{N}}\subset {\mathbb{Z}}\subset {\mathbb{Q}}\subset {\mathbb{R}}$.

Є багато операцій, які ми хочемо зробити з наборами.

1. Об'єднання двох множин$A$ і$B$ визначається як $$A \cup B := \{ x : x \in A \text{ or } x \in B \} .$$
2. Перетин двох множин$A$ і$B$ визначається як $$A \cap B := \{ x : x \in A \text{ and } x \in B \} .$$
3. Доповнення$B$ відносно$A$ (або множинно-теоретичної різниці$A$ і$B$) визначається як $$A \setminus B := \{ x : x \in A \text{ and } x \notin B \} .$$
4. Ми говоримо, що доповнення$B$ і писати$B^c$ замість того,$A \setminus B$ якщо набір$A$ є або весь Всесвіт, або є очевидним набором$B$, що містить, і розуміється з контексту.
5. Ми говоримо множини$A$ і$B$ розмежовуються, якщо$A \cap B = \emptyset$.

У цей момент позначення$B^c$ може бути трохи розпливчастим. Якщо множина$B$ є підмножиною дійсних чисел${\mathbb{R}}$, то$B^c$ значить${\mathbb{R}}\setminus B$. Якщо природно$B$ є підмножиною натуральних чисел, то$B^c$ є${\mathbb{N}}\setminus B$. Якщо неоднозначність коли-небудь виникне, ми будемо використовувати множинні позначення різниці$A \setminus B$.

Проілюструємо операції на діаграмах Венна в. Давайте тепер встановимо одну з найбільш основних теорем про множини і логіку.

Нехай$A, B, C$ будуть набори. Тоді $$\begin{aligned} {(B \cup C)}^c &= B^c \cap C^c , \\ {(B \cap C)}^c &= B^c \cup C^c ,\end{aligned}$$ або, якщо говорити загалом, $$\begin{aligned} A \setminus (B \cup C) &= (A \setminus B) \cap (A \setminus C) , \\ A \setminus (B \cap C) &= (A \setminus B) \cup (A \setminus C) .\end{aligned}$$

Перше твердження доведено другим твердженням, якщо припустити, що множина$A$ - це наш «Всесвіт».

Доведемо$A \setminus (B \cup C) = (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$. Пам'ятайте про визначення рівності множин. По-перше, ми повинні показати, що якщо$x \in A \setminus (B \cup C)$, то$x \in (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$. По-друге, ми також повинні показати, що якщо$x \in (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$, то$x \in A \setminus (B \cup C)$.

Отже, припустимо$x \in A \setminus (B \cup C)$. Тоді$x$ знаходиться в$A$, але не в$B$ ні$C$. Звідси$x$ є в$B$,$A$ а не в, тобто$x \in A \setminus B$. Аналогічно$x \in A \setminus C$. Таким чином$x \in (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$.

З іншого боку припустимо$x \in (A \setminus B) \cap (A \setminus C)$. Зокрема$x \in (A \setminus B)$, так$x \in A$ і$x \notin B$. Теж як$x \in (A \setminus C)$, то$x \notin C$. Звідси$x \in A \setminus (B \cup C)$.

Доказ іншої рівності залишають як вправу.

Нам також потрібно буде перетинати або об'єднати відразу кілька наборів. Якщо їх тільки скінченно багато, то просто кілька разів застосовуємо операцію союзу або перетину. Однак припустимо, що у нас є нескінченна колекція множин (набір наборів)$\{ A_1, A_2, A_3, \ldots \}$. визначаємо $$\begin{aligned} & \bigcup_{n=1}^\infty A_n := \{ x : x \in A_n \text{ for some $n \in {\mathbb{N}}$} \} , \\ & \bigcap_{n=1}^\infty A_n := \{ x : x \in A_n \text{ for all $n \in {\mathbb{N}}$} \} .\end{aligned}$$

Ми також можемо мати множини, проіндексовані двома цілими числами. Наприклад, ми можемо мати набір наборів$\{ A_{1,1}, A_{1,2}, A_{2,1}, A_{1,3}, A_{2,2}, A_{3,1}, \ldots \}$. Потім пишемо $$\bigcup_{n=1}^\infty \bigcup_{m=1}^\infty A_{n,m} = \bigcup_{n=1}^\infty \left( \bigcup_{m=1}^\infty A_{n,m} \right) .$$ І аналогічно з перехрестями.

Неважко помітити, що ми можемо приймати профспілки в будь-якому порядку. Однак перемикання порядку об'єднань і перетинів, як правило, не допускається без доказів. Наприклад: $$\bigcup_{n=1}^\infty \bigcap_{m=1}^\infty \{ k \in {\mathbb{N}}: mk < n \} = \bigcup_{n=1}^\infty \emptyset = \emptyset .$$ Однак, $$\bigcap_{m=1}^\infty \bigcup_{n=1}^\infty \{ k \in {\mathbb{N}}: mk < n \} = \bigcap_{m=1}^\infty {\mathbb{N}} = {\mathbb{N}}.$$

Іноді набір індексів не є натуральними числами. В даному випадку нам знадобляться більш загальні позначення. Припустимо,$I$ є якийсь набір і для кожного$\iota \in I$, у нас є набір$A_\iota$. Потім визначаємо $$\bigcup_{\iota \in I} A_\iota := \{ x : x \in A_\iota \text{ for some $\iota \in I$} \} \qquad \bigcap_{\iota \in I} A_\iota := \{ x : x \in A_\iota \text{ for all $\iota \in I$} \} .$$

Індукційні

Коли твердження включає в себе довільне натуральне число, поширеним методом доказування є принцип індукції. Ми починаємо з набору натуральних чисел${\mathbb{N}}= \{ 1,2,3,\ldots \}$, і ми даємо їм їх природне впорядкування, тобто$1 < 2 < 3 < 4 < \cdots$. $S \subset {\mathbb{N}}$Маючи найменший елемент, ми маємо на увазі, що існує такий$x \in S$, що для кожного$y \in S$, у нас є$x \leq y$.

Натуральні числа,${\mathbb{N}}$ впорядковані природним способом, мають так звану властивість порядку добре. Ми сприймаємо цю властивість як аксіому; ми просто припускаємо, що це правда.

Кожна непорожня підмножина${\mathbb{N}}$ має найменший (найменший) елемент.

Принцип індукції полягає в наступній теоремі, яка еквівалентна властивості впорядкування свердловин натуральних чисел.

[induction: thm]$P(n)$ Дозволяти бути твердженням залежно від натурального числа$n$. Припустимо, що

1. (підставу твердження)$P(1)$ вірно,
2. (крок індукції) якщо$P(n)$ істинно, то$P(n+1)$ є істинним.

Тоді$P(n)$ вірно для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Припустимо,$S$ це набір натуральних чисел,$m$ для яких не$P(m)$ відповідає дійсності. $S$Припустимо, непорожній. Тоді$S$ має найменший елемент властивістю порядку свердловини. Назвемо$m$ найменший елемент$S$. Ми знаємо$1 \notin S$ за припущенням. Тому$m > 1$ і$m-1$ є натуральним числом. Оскільки$m$ був найменшим елементом$S$, ми знаємо, що$P(m-1)$ це правда. Але індукційним кроком ми бачимо, що$P(m-1+1) = P(m)$ це правда, суперечить твердженню, що$m \in S$. Тому$S$ порожній і$P(n)$ вірний для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Іноді зручно починати з іншого числа, ніж 1, але все, що змінюється, - це маркування. Припущення,$P(n)$ яке вірно в «якщо$P(n)$ вірно, то$P(n+1)$ істинно», зазвичай називають індукційною гіпотезою.

Доведемо, що для всіх$n \in {\mathbb{N}}$, $$2^{n-1} \leq n! .$$ Ми дозволимо$P(n)$ бути твердженням, яке$2^{n-1} \leq n!$ є істинним. Підключившись$n=1$, ми бачимо, що$P(1)$ це правда.

Припустимо$P(n)$, це правда. Тобто, припустимо,$2^{n-1} \leq n!$ тримає. Помножте обидві сторони на 2, щоб отримати $$2^n \leq 2(n!) .$$ Як$2 \leq (n+1)$ коли$n \in {\mathbb{N}}$, ми маємо$2(n!) \leq (n+1)(n!) = (n+1)!$. Тобто, $$2^n \leq 2(n!) \leq (n+1)!,$$ а значить,$P(n+1)$ вірно. За принципом індукції ми бачимо,$P(n)$ що вірно для всіх$n$, а значить,$2^{n-1} \leq n!$ вірно для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Ми стверджуємо, що для всіх$c \not= 1$, $$1 + c + c^2 + \cdots + c^n = \frac{1-c^{n+1}}{1-c} .$$

Доказ: Легко перевірити, чи тримається рівняння$n=1$. Припустимо, це вірно для$n$. Тоді $$\begin{split} 1 + c + c^2 + \cdots + c^n + c^{n+1} & = ( 1 + c + c^2 + \cdots + c^n ) + c^{n+1} \\ & = \frac{1-c^{n+1}}{1-c} + c^{n+1} \\ & = \frac{1-c^{n+1} + (1-c)c^{n+1}}{1-c} \\ & = \frac{1-c^{n+2}}{1-c} . \end{split}$$

Існує еквівалентний принцип, який називається сильною індукцією. Доказ того, що сильна індукція еквівалентна індукції, залишається як вправа.

$P(n)$Дозволяти бути твердженням в залежності від натурального числа$n$. Припустимо, що

1. (підставу твердження)$P(1)$ вірно,
2. (крок індукції)$P(k)$ якщо вірно для всіх$k = 1,2,\ldots,n$,$P(n+1)$ то вірно.

Тоді$P(n)$ вірно для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Функції

Неофіційно теоретична множина функція, що$f$ приймає набір$A$ до множини,$B$ - це відображення, яке кожному$x \in A$ присвоює унікальне$y \in B$. Пишемо$f \colon A \to B$. Наприклад, ми визначаємо функцію,$f \colon S \to T$ яка приймає$S = \{ 0, 1, 2 \}$ до$T = \{ 0, 2 \}$ шляхом присвоєння$f(0) := 2$$f(1) := 2$, і$f(2) := 0$. Тобто функція -$f \colon A \to B$ це чорний ящик, в який ми встромляємо елемент$A$ і функція випльовує елемент$B$. Іноді$f$ його називають картографуванням, і ми говоримо про$f$ карти$A$$B$.

Часто функції визначаються за якоюсь формулою, однак, ви дійсно повинні думати про функцію як просто дуже велику таблицю значень. Тонка проблема полягає в тому, що одна функція може мати кілька різних формул, всі дають одну і ту ж функцію. Також для багатьох функцій не існує формули, яка виражає її значення.

Щоб чітко визначити функцію, спочатку давайте визначимо декартовий добуток.

Нехай$A$ і$B$ будуть набори. Декартовий твір - це сукупність кортежів, визначених як $$A \times B := \{ (x,y) : x \in A, y \in B \} .$$

Наприклад, множина$[0,1] \times [0,1]$ - це множина в площині, обмежена квадратом з вершинами$(0,0)$,$(0,1)$,$(1,0)$, і$(1,1)$. Коли$A$ і$B$ є однаковим набором, ми іноді використовуємо верхній індекс 2 для позначення такого твору. Наприклад$[0,1]^2 = [0,1] \times [0,1]$, або${\mathbb{R}}^2 = {\mathbb{R}}\times {\mathbb{R}}$ (декартова площина).

Функція$f \colon A \to B$ - це підмножина$f$$A \times B$ таких, що для кожної$x \in A$, існує своя унікальна$(x,y) \in f$. Потім ми пишемо$f(x) = y$. Іноді$f$ множиною називають графіком функції, а не самою функцією.

Множина$A$ називається доменом$f$ (а іноді і заплутано позначається$D(f)$). Набір $$R(f) := \{ y \in B : \text{there exists an $x$ such that %$(x,y) \in f$ $f(x)=y$ } \}$$ називається діапазоном$f$.

Зауважте, що$R(f)$ може бути належним підмножиною$B$, тоді як домен завжди$f$ дорівнює$A$. Зазвичай ми припускаємо, що домен$f$ непорожній.

З числення ви найбільш знайомі з функціями, що приймають дійсні числа до дійсних чисел. Тим не менш, ви бачили деякі інші типи функцій, а також. Наприклад, похідна - це функція, що відображає множину диференційовних функцій на множину всіх функцій. Іншим прикладом є перетворення Лапласа, яке також приймає функції до функцій. Ще одним прикладом є функція, яка приймає неперервну функцію,$g$ визначену на інтервалі,$[0,1]$ і повертає число$\int_0^1 g(x) dx$.

$f \colon A \to B$Дозволяти бути функцією, і$C \subset A$. Визначте зображення (або пряме зображення)$C$ як $$f(C) := \{ f(x) \in B : x \in C \} .$$ Let$D \subset B$. Визначте зворотне зображення як $$f^{-1}(D) := \{ x \in A : f(x) \in D \} .$$

Визначте функцію$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ по$f(x) := \sin(\pi x)$. Потім$f([0,\nicefrac{1}{2}]) = [0,1]$$f^{-1}(\{0\}) = {\mathbb{Z}}$, і т.д...

[st:propinv] Нехай$f \colon A \to B$. $C, D$Дозволяти бути підмножини$B$. Тоді $$\begin{aligned} & f^{-1}( C \cup D) = f^{-1} (C) \cup f^{-1} (D) , \\ & f^{-1}( C \cap D) = f^{-1} (C) \cap f^{-1} (D) , \\ & f^{-1}( C^c) = {\left( f^{-1} (C) \right)}^c .\end{aligned}$$

Прочитайте останній рядок як$f^{-1}( B \setminus C) = A \setminus f^{-1} (C)$.

Почнемо з союзу. Припустимо$x \in f^{-1}( C \cup D)$. Це означає, що$x$ карти в$C$ або$D$. Таким чином$f^{-1}( C \cup D) \subset f^{-1} (C) \cup f^{-1} (D)$. І навпаки$x \in f^{-1}(C)$, якщо, то$x \in f^{-1}(C \cup D)$. Аналогічно для$x \in f^{-1}(D)$. Значить$f^{-1}( C \cup D) \supset f^{-1} (C) \cup f^{-1} (D)$, і ми маємо рівність.

Решта докази залишають як вправу.

Пропозиція не тримається за прямі образи. У нас є наступний слабший результат.

[st:propfor] Нехай$f \colon A \to B$. $C, D$Дозволяти бути підмножини$A$. Тоді $$\begin{aligned} & f( C \cup D) = f (C) \cup f (D) , \\ & f( C \cap D) \subset f (C) \cap f (D) .\end{aligned}$$

Доказ залишають як вправу.

$f \colon A \to B$Дозволяти бути функцією. $f$Функція, як кажуть, ін'єкційна або один-на-один, якщо$f(x_1) = f(x_2)$ мається на увазі$x_1 = x_2$. Іншими словами, для всіх$y \in B$ безліч$f^{-1}(\{y\})$ порожній або складається з одного елемента. Називаємо такий$f$ укол.

$f$Функція, як кажуть, є суб'єктивною або на якщо$f(A) = B$. Ми називаємо$f$ таке здиркування.

Функція$f$, яка є одночасно ін'єкцією і відсмоктуванням, як кажуть, є двооб'єктивною, і ми говоримо, що$f$ це біекція.

Коли$f \colon A \to B$ це біекція, то завжди$f^{-1}(\{y\})$ є унікальним елементом$A$, і ми можемо розглядати$f^{-1}$ як функцію$f^{-1} \colon B \to A$. У цьому випадку ми$f^{-1}$ викликаємо зворотну функцію$f$. Наприклад, для біекції,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ визначеної у$f(x) := x^3$ нас є$f^{-1}(x) = \sqrt[3]{x}$.

Завершальним фрагментом позначення функцій, які нам потрібні, є склад функцій.

Нехай$f \colon A \to B$,$g \colon B \to C$. Функція$g \circ f \colon A \to C$ визначається як $$(g \circ f)(x) := g\bigl(f(x)\bigr) .$$

Кардинальність

Тонке питання в теорії множин і один породжує значну кількість плутанини серед студентів є те, що кардинальність, або «розмір» наборів. Поняття кардинальності має важливе значення в сучасній математиці загалом і в аналізі зокрема. У цьому розділі ми побачимо першу дійсно несподівану теорему.

Нехай$A$ і$B$ будуть набори. Ми говоримо$A$ і$B$ маємо таку ж кардинальність, коли існує біекція$f \colon A \to B$. Позначимо$\left\lvert {A} \right\rvert$ класом еквівалентності всіх множин з тією ж кардинальністю, що$A$ і ми просто$\left\lvert {A} \right\rvert$ називаємо кардинальність$A$.

Зауважте, що$A$ має ту саму кардинальність, що і порожній набір, якщо і тільки тоді, коли$A$ сам є порожнім набором. Потім ми пишемо$\left\lvert {A} \right\rvert := 0$.

Припустимо,$A$ має таку ж кардинальність, як і$\{ 1,2,3,\ldots,n \}$ для деяких$n \in {\mathbb{N}}$. Потім ми пишемо$\left\lvert {A} \right\rvert := n$, і ми говоримо, що$A$ є кінцевим. Коли$A$ порожній набір, ми також називаємо$A$ скінченним.

Ми говоримо$A$, що нескінченна або «нескінченна кардинальність»$A$, якщо не кінцева.

Щоб позначення$\left\lvert {A} \right\rvert = n$ виправдано, ми залишаємо як вправу. Тобто для кожної непорожньої скінченної$A$ множини існує унікальне натуральне число$n$ таке, що існує біекція від$A$ до$\{ 1,2,3,\ldots,n \}$.

У нас можна замовити набори за розміром.

[def:comparecards] Ми пишемо, $$\left\lvert {A} \right\rvert \leq \left\lvert {B} \right\rvert$$ якщо існує ін'єкція від$A$ до$B$. Пишемо$\left\lvert {A} \right\rvert = \left\lvert {B} \right\rvert$ якщо$A$ і$B$ маємо однакову кардинальність. Пишемо$\left\lvert {A} \right\rvert < \left\lvert {B} \right\rvert$ якщо$\left\lvert {A} \right\rvert \leq \left\lvert {B} \right\rvert$, але$A$ і$B$ не маємо такої ж кардинальності.

Ми заявляємо без доказів, що$\left\lvert {A} \right\rvert = \left\lvert {B} \right\rvert$ мають однакову кардинальність тоді і тільки тоді$\left\lvert {A} \right\rvert \leq \left\lvert {B} \right\rvert$ і$\left\lvert {B} \right\rvert \leq \left\lvert {A} \right\rvert$. Це так звана теорема Кантора-Бернштейна-Шредера. Крім того, якщо$A$ і$B$ є будь-якими двома множинами, ми завжди можемо написати$\left\lvert {A} \right\rvert \leq \left\lvert {B} \right\rvert$ або$\left\lvert {B} \right\rvert \leq \left\lvert {A} \right\rvert$. Питання, пов'язані з цим останнім твердженням, дуже тонкі. Оскільки ми не вимагаємо жодного з цих двох тверджень, ми опускаємо докази.

Воістину цікаві випадки кардинальності - це нескінченні множини. Почнемо з наступного визначення.

Якщо\(\left\lvert {A} \right\rvert = \left\lvert

ParseError: invalid DekiScript (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[1]/div[3]/div[4]/p[11]/span[1]/span, line 1, column 1

\right\rvert\),$A$ то, як кажуть, незліченно нескінченно. Якщо$A$ є кінцевим або незліченно нескінченним, то ми говоримо, що$A$ підраховується. Якщо$A$ не$A$ підраховується, то, як кажуть, незліченні.

Кардинальність зазвичай${\mathbb{N}}$ позначається як$\aleph_0$ (читається як aleph-naught) ².

Безліч парних натуральних чисел має ту ж кардинальність, що і${\mathbb{N}}$. Доказ: З огляду на парне натуральне число, напишіть його як$2n$ для деяких$n \in {\mathbb{N}}$. Потім створіть біекцію, приймаючи$2n$ до$n$.

Насправді, згадаємо без доказів наступну характеристику нескінченних множин: множина нескінченна тоді і лише тоді, коли вона перебуває у відповідності один до одного з належною підмножиною себе.

${\mathbb{N}}\times {\mathbb{N}}$є незліченно нескінченним набором. Доказ: Розташуйте елементи${\mathbb{N}}\times {\mathbb{N}}$ наступним чином$(1,1)$,$(1,2)$,$(2,1)$,$(1,3)$,$(2,2)$,$(3,1)$,... Тобто завжди записуйте спочатку всі елементи, дві записи яких підсумовуються$k$, потім записуйте всі елементи, чиї записи$k+1$ підсумовуються і так далі. Потім визначте біекцію з,${\mathbb{N}}$ відпустивши 1 йти до$(1,1)$, 2 йти$(1,2)$ і так далі.

Безліч раціональних чисел піддається підрахунку. Доказ: (неформальний) Дотримуйтесь тієї ж процедури, що і в попередньому прикладі$\nicefrac{1}{1}$$\nicefrac{1}{2}$$\nicefrac{2}{1}$, написання тощо... Однак залиште будь-яку фракцію (наприклад$\nicefrac{2}{2}$), яка вже з'явилася.

Для повноти згадаємо наступне твердження. Якщо$A \subset B$ і$B$ підраховується, то$A$ підраховується. $A$Аналогічно якщо незліченна,$B$ то незліченна. Оскільки нам не знадобиться це твердження в продовженні, і оскільки доказ вимагає згадана вище теорема Кантора-Бернштейна-Шредера, ми не будемо її наводити тут.

Даємо перший по-справжньому вражаючий результат. По-перше, нам потрібно позначення множини всіх підмножин множини.

Якщо$A$ є множиною, ми визначаємо потужність$A$ множини, позначається${\mathcal{P}}(A)$, бути множиною всіх підмножин$A$.

Наприклад, якщо$A := \{ 1,2\}$, то${\mathcal{P}}(A) = \{ \emptyset, \{ 1 \}, \{ 2 \}, \{ 1, 2 \} \}$. Для$A$ кінцевого набору кардинальності$n$, кардинальність${\mathcal{P}}(A)$ є$2^n$. Цей факт залишають як вправу. Отже, для скінченних множин${\mathcal{P}}(A)$ кардинальність строго більше, ніж кардинальність$A$. Що є несподіваним і вражаючим фактом, це твердження все ще вірно для нескінченних множин.

$\left\lvert {A} \right\rvert < \left\lvert {{\mathcal{P}}(A)} \right\rvert$. Зокрема, не існує всмоктування з$A$ на${\mathcal{P}}(A)$.

Існує ін'єкція$f \colon A \to {\mathcal{P}}(A)$. Для будь-якого$x \in A$ визначте$f(x) := \{ x \}$. Тому$\left\lvert {A} \right\rvert \leq \left\lvert {{\mathcal{P}}(A)} \right\rvert$.

Щоб закінчити доказ, ми повинні показати, що жодна функція не$f \colon A \to {\mathcal{P}}(A)$ є surjection. Припустимо,$f \colon A \to {\mathcal{P}}(A)$ це функція. Так для$x \in A$,$f(x)$ є підмножиною$A$. Визначити набір $$B := \{ x \in A : x \notin f(x) \} .$$ Ми стверджуємо, що не$B$ знаходиться в діапазоні$f$ і, отже, не$f$ є surjection. Припустимо, існує$x_0$ таке, що$f(x_0) = B$. Або$x_0 \in B$ або$x_0 \notin B$. Якщо$x_0 \in B$, то$x_0 \notin f(x_0) = B$, що є протиріччям. Якщо$x_0 \notin B$, то$x_0 \in f(x_0) = B$, що знову є протиріччям. При цьому такого$x_0$ не існує. Тому не$B$ знаходиться в діапазоні дії$f$, і не$f$ є відривом. Як і$f$ довільна функція, не існує жодної surjection.

Одним з конкретних наслідків цієї теореми є те, що існують незліченні множини, як і${\mathcal{P}}({\mathbb{N}})$ повинно бути незліченним. Пов'язаний факт полягає в тому, що безліч дійсних чисел (які ми вивчаємо в наступному розділі) незліченна. Існування незліченних множин може здатися неінтуїтивним, і теорема викликала досить суперечки на момент її оголошення. Теорема не тільки говорить про те, що існують незліченні множини, але й про те, що насправді існують поступово більші та більші нескінченні${\mathcal{P}}({\mathbb{N}})$ множини${\mathbb{N}}$${\mathcal{P}}({\mathcal{P}}({\mathbb{N}}))$,${\mathcal{P}}({\mathcal{P}}({\mathcal{P}}({\mathbb{N}})))$,, тощо...

Вправи

Показати$A \setminus (B \cap C) = (A \setminus B) \cup (A \setminus C)$.

Доведіть, що принцип сильної індукції еквівалентний стандартній індукції.

Закінчіть доказ.

1. Доведіть.
2. Знайдіть приклад, для якого рівність множин в$f( C \cap D) \subset f (C) \cap f (D)$ не вдається. Тобто знайти,,$f$,,$A$$B$, і$D$ таке$C$, що$f( C \cap D)$ є належним підмножиною$f(C) \cap f(D)$.

Доведіть, що якщо$A$ є кінцевим, то існує унікальне число,$n$ таке, що існує біекція між$A$ і$\{ 1, 2, 3, \ldots, n \}$. Іншими словами, позначення$\left\lvert {A} \right\rvert := n$ виправдано. Підказка: Покажіть$n > m$, що якщо, то немає ін'єкції від$\{ 1, 2, 3, \ldots, n \}$ до$\{ 1, 2, 3, \ldots, m \}$.

Довести

1. $A \cap (B \cup C) = (A \cap B) \cup (A \cap C)$
2. $A \cup (B \cap C) = (A \cup B) \cap (A \cup C)$

Давайте$A \Delta B$ позначимо симетричну різницю, тобто сукупність всіх елементів, які належать$A$ або$B$, але не обом$A$ і$B$.

1. Намалюйте діаграму Венна для$A \Delta B$.
2. Показати$A \Delta B = (A \setminus B) \cup (B \setminus A)$.
3. Показати$A \Delta B = (A \cup B) \setminus ( A \cap B)$.

Для кожного$n \in {\mathbb{N}}$ нехай$A_n := \{ (n+1)k : k \in {\mathbb{N}}\}$.

1. Знайти$A_1 \cap A_2$.
2. Знайти$\bigcup_{n=1}^\infty A_n$.
3. Знайти$\bigcap_{n=1}^\infty A_n$.

Визначте${\mathcal{P}}(S)$ (набір потужності) для кожного з наступних дій:

1. $S = \emptyset$,
2. $S = \{1\}$,
3. $S = \{1,2\}$,
4. $S = \{1,2,3,4\}$.

$g \colon B \to C$Дозволяти$f \colon A \to B$ і бути функції.

1. Доведіть,$g \circ f$ що якщо ін'єкційний,$f$ то ін'єкційний.
2. Доведіть, що якщо$g \circ f$ є суб'єктивним, то$g$ є суб'єктивним.
3. Знайдіть явний приклад, де$g \circ f$ є двооб'єктивним, але ні$f$ ні$g$ є біктивним.

Доведіть це$n < 2^n$ шляхом індукції.

Покажіть, що для$A$ кінцевого набору кардинальності$n$, кардинальність${\mathcal{P}}(A)$ є$2^n$.

Доведіть$\frac{1}{1\cdot 2} + \frac{1}{2\cdot 3} + \cdots + \frac{1}{n(n+1)} = \frac{n}{n+1}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Доведіть$1^3 + 2^3 + \cdots + n^3 = {\left( \frac{n(n+1)}{2} \right)}^2$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Доведіть,$n^3 + 5n$ що ділиться$6$ на всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Знайдіть найменший$n \in {\mathbb{N}}$ такий, що$2{(n+5)}^2 < n^3$ і назвіть його$n_0$. Покажіть, що$2{(n+5)}^2 < n^3$ для всіх$n \geq n_0$.

Знайти все$n \in {\mathbb{N}}$ таке, що$n^2 < 2^n$.

Завершіть доказ того, що це еквівалентно властивості замовлення свердловини${\mathbb{N}}$. Тобто довести властивість упорядкування свердловин за${\mathbb{N}}$ допомогою принципу індукції.

Наведіть приклад обчислювальної колекції скінченних множин$A_1, A_2, \ldots$, об'єднання яких не є скінченною множиною.

Наведіть приклад обчислювальної колекції нескінченних множин$A_1, A_2, \ldots$, з$A_j \cap A_k$ нескінченним для всіх$j$ і$k$, таким, що$\bigcap_{j=1}^\infty A_j$ є непорожнім і скінченним.

Реальні числа

Основні властивості

Примітка: 1,5 лекції

Основним об'єктом, з яким ми працюємо в аналізі, є набір дійсних чисел. Оскільки ця множина настільки фундаментальна, часто багато часу витрачається на формальне побудова множини дійсних чисел. Однак ми беремо простіший підхід тут і просто припускаємо, що набір з правильними властивостями існує. Почати потрібно з визначень цих властивостей.

Впорядкована множина - це$S$ множина, разом з$<$ таким відношенням, що

1. Для будь-якого$x, y \in S$, точно одного з$x < y$$x=y$, або$y < x$ тримає.
2. Якщо$x < y$ і$y < z$, то$x < z$.

Пишемо$x \leq y$ якщо$x < y$ або$x=y$. Визначаємо$>$ і$\geq$ в очевидний спосіб.

Наприклад, множина раціональних чисел${\mathbb{Q}}$ - це впорядкована множина,$x < y$ якщо і тільки якщо$y-x$ є додатним раціональним числом, тобто якщо$y-x = \nicefrac{p}{q}$ де$p,q \in {\mathbb{N}}$. Точно так само${\mathbb{N}}$ і${\mathbb{Z}}$ впорядковані набори.

Є й інші впорядковані набори, ніж набори чисел. Наприклад, безліч країн можна замовити по сухопутних масах, так наприклад Індія$>$ Ліхтенштейн. Кожного разу, коли ви сортуєте набір якимось чином, ви робите впорядкований набір. Типовий впорядкований набір, який ви використовували з початкової школи, - це словник. Це впорядкований набір слів, де порядок - так зване лексикографічне впорядкування. Такі впорядковані набори з'являються часто, наприклад, в інформатиці. Однак у цьому класі нас найбільше цікавить впорядкований набір чисел.

Нехай$E \subset S$, де$S$ є упорядкований набір.

1. Якщо існує$b \in S$ таке, що$x \leq b$ для всіх$x \in E$, то ми говоримо$E$ обмежена вище і$b$ є верхньою межею$E$.
2. Якщо існує$b \in S$ таке, що$x \geq b$ для всіх$x \in E$, то ми говоримо$E$ обмежена нижче і$b$ є нижньою межею$E$.
3. Якщо існує верхня$b_0$ межа$E$ таких, що всякий раз, коли будь-яка верхня межа для$E$ нас$b$ є$b_0 \leq b$, то$b_0$ називається найменшою верхньою межею або супремумом$E$. пишемо $$\sup\, E := b_0 .$$
4. Аналогічно, якщо існує нижня межа$b_0$$E$ такого, що всякий раз, коли$b$ є будь-яка нижня межа для$E$ нас$b_0 \geq b$, то$b_0$ називається найбільшою нижньою межею або нефімум$E$. пишемо $$\inf\, E := b_0 .$$

Коли набір$E$ як обмежений вище, так і обмежений нижче, ми говоримо просто,$E$ що обмежений.

Супремум або інфімум для$E$ (навіть якщо вони існують) не повинні бути в$E$. Наприклад, набір$E := \{ x \in {\mathbb{Q}}: x < 1 \}$ має найменшу верхню межу 1, але 1 немає в$E$ самому наборі. З іншого боку, якщо взяти$G := \{ x \in {\mathbb{Q}}: x \leq 1 \}$, то найменша верхня межа$G$ явно теж 1, і в цьому випадку$1 \in G$. З іншого боку, набір не$P := \{ x \in {\mathbb{Q}}: x \geq 0 \}$ має верхньої межі (чому?) і тому він може мати не останню верхню межу. З іншого боку 0 є найбільшою нижньою межею$P$.

[defn:lub] Впорядкована множина$S$ має властивість найменшої верхньої межі, якщо кожна непорожня підмножина$E \subset S$, яка обмежена вище, має найменшу верхню межу, яка$\sup\, E$ існує в$S$.

Найменшу верхню межу властивість іноді називають властивістю повноти або властивістю повноти Dedekind.

Набір${\mathbb{Q}}$ раціональних чисел не має властивості найменшої верхньої межі. Підмножина$\{ x \in {\mathbb{Q}}: x^2 < 2 \}$ не має supremum in${\mathbb{Q}}$. Очевидний супремум не$\sqrt{2}$ є раціональним. Припустимо$x \in {\mathbb{Q}}$ таке, що$x^2 = 2$. Пишіть$x=\nicefrac{m}{n}$ в найнижчих вираженнях. Так${(\nicefrac{m}{n})}^2 = 2$ чи$m^2 = 2n^2$. Отже$m^2$, ділиться на 2 і$m$ так ділиться на 2. Пишіть$m = 2k$ і так${(2k)}^2 = 2n^2$. Розділіть на 2 і зверніть увагу$2k^2 = n^2$, що,$n$ а значить ділиться на 2. Але це протиріччя, як$\nicefrac{m}{n}$ було в найнижчих показниках.

Те, що${\mathbb{Q}}$ не має властивості найменшої верхньої межі, є однією з найважливіших причин, з якими ми працюємо${\mathbb{R}}$ в аналізі. Набір просто${\mathbb{Q}}$ відмінно підходить для алгебраїстів. Але аналітики вимагають найменш верхньої межі власності для виконання будь-якої роботи. Ми також вимагаємо, щоб наші дійсні числа мали багато алгебраїчних властивостей. Зокрема, ми вимагаємо, щоб вони були полем.

Множиною$F$ називається поле, якщо на ньому визначено дві операції, додавання$x+y$ і множення$xy$, і якщо воно задовольняє наступним аксіомам.

1. Якщо$x \in F$ і$y \in F$, то$x+y \in F$.
2. (Комутативність додавання)$x+y = y+x$ для всіх$x,y \in F$.
3. (асоціативність додавання)$(x+y)+z = x+(y+z)$ для всіх$x,y,z \in F$.
4. Існує$0 \in F$ такий елемент, що$0+x = x$ для всіх$x \in F$.
5. Для кожного елемента$x\in F$ існує$-x \in F$ такий елемент, що$x + (-x) = 0$.

1. Якщо$x \in F$ і$y \in F$, то$xy \in F$.
2. (Комутативність множення)$xy = yx$ для всіх$x,y \in F$.
3. (асоціативність множення)$(xy)z = x(yz)$ для всіх$x,y,z \in F$.
4. Існує елемент$1 \in F$ (і$1 \not= 0$) такий, що$1x = x$ для всіх$x \in F$.
5. Для кожного$x\in F$ такого, що$x \not= 0$ існує елемент$\nicefrac{1}{x} \in F$ такий, що$x(\nicefrac{1}{x}) = 1$.
6. (розподільний закон)$x(y+z) = xy+xz$ для всіх$x,y,z \in F$.

Безліч${\mathbb{Q}}$ раціональних чисел - це поле. З іншого боку,${\mathbb{Z}}$ це не поле, оскільки воно не містить мультиплікативних інверсів. Наприклад, немає$x \in {\mathbb{Z}}$ такого, що$2x = 1$, значить (М5) не влаштовує. Ви можете перевірити, що (M5) є єдиною властивістю, яка не вдається ³.

Будемо вважати основні факти про поля, які легко доведені з аксіом. Наприклад,$0x = 0$ легко довести, зазначивши$xx = (0+x)x = 0x+xx$, що, використовуючи (A4), (D) і (M2). Потім за допомогою (A5) на$xx$, разом з (A2), (A3) і (A4), отримуємо$0 = 0x$.

Поле$F$ називається впорядкованим полем, якщо також$F$ є впорядкованим набором, таким чином, що:

1. [defn:ordfield:i] Для$x,y,z \in F$,$x < y$ має на увазі$x+z < y+z$.
2. [defn:ordfield:ii] Для$x,y \in F$,$x > 0$ і$y > 0$ має на увазі$xy > 0$.

Якщо$x > 0$, скажемо$x$, позитивно. Якщо$x < 0$, скажемо,$x$ негативний. Ми також говоримо, що$x$ це ненегативний якщо$x \geq 0$, і$x$ є непозитивним, якщо$x \leq 0$.

Наприклад, можна перевірити, що раціональні числа${\mathbb{Q}}$ при стандартному замовленні є впорядкованим полем.

[prop:bordfield]$F$ Дозволяти бути впорядкованим полем і$x,y,z \in F$. Потім:

1. [prop:bordfield:i] Якщо$x > 0$, то$-x < 0$ (і навпаки).
2. [prop:bordfield:ii] Якщо$x > 0$ і$y < z$, то$xy < xz$.
3. [prop:bordfield:iii] Якщо$x < 0$ і$y < z$, то$xy > xz$.
4. [prop:bordfield:iv] Якщо$x \not= 0$, то$x^2 > 0$.
5. [prop:bordfield:v] Якщо$0 < x < y$, то$0 < \nicefrac{1}{y} < \nicefrac{1}{x}$.

Зауважте, що [prop:bordfield:iv] передбачає, зокрема, це$1 > 0$.

Доведемо [prop:bordfield:i]. Нерівність$x > 0$ має на увазі елемент [defn:ordfield:i] визначення впорядкованого поля, що$x + (-x) > 0 + (-x)$. Тепер застосуємо алгебраїчні властивості полів для отримання$0 > -x$. За аналогічним розрахунком слід «навпаки».

Для [prop:bordfield:ii] перше повідомлення, яке$y < z$ передбачає$0 < z - y$ застосування елемента [defn:ordfield:i] визначення впорядкованих полів. Тепер застосуйте елемент [defn:ordfield:ii] визначення впорядкованих полів для отримання$0 < x(z-y)$. За алгебраїчними властивостями отримуємо$0 < xz - xy$, і знову застосовуємо елемент [defn:ordfield:i] отриманого визначення$xy < xz$.

Частина [prop:bordfield:iii] залишається як вправа.

Щоб довести частину [prop:bordfield:iv] спочатку припустимо$x > 0$. Потім за пунктом [defn:ordfield:ii] визначення впорядкованих полів отримуємо це$x^2 > 0$ (use$y=x$). Якщо$x < 0$, ми використовуємо частину [prop:bordfield:iii] цієї пропозиції. Підключіть$y=x$ і$z=0$.

Нарешті, щоб довести частину [prop:bordfield:v], зверніть увагу, що$\nicefrac{1}{x}$ не може бути дорівнює нулю (чому?). Припустимо$\nicefrac{1}{x} < 0$, тоді$\nicefrac{-1}{x} > 0$ за допомогою [prop:bordfield:i]. Потім застосуйте частину [prop:bordfield:ii] (as$x > 0$), щоб отримати$x(\nicefrac{-1}{x}) > 0x$ або$-1 > 0$, що$1 > 0$ суперечить використанню частини [prop:bordfield:i] знову. Звідси$\nicefrac{1}{x} > 0$. Аналогічно$\nicefrac{1}{y} > 0$. Таким чином,$(\nicefrac{1}{x})(\nicefrac{1}{y}) > 0$ за визначенням впорядкованого поля і по частині [prop:bordfield:ii] $$(\nicefrac{1}{x})(\nicefrac{1}{y})x < (\nicefrac{1}{x})(\nicefrac{1}{y})y .$$ За алгебраїчними властивостями ми отримуємо$\nicefrac{1}{y} < \nicefrac{1}{x}$.

Добуток двох позитивних чисел (елементів впорядкованого поля) є додатним. Однак неправда, що якщо продукт позитивний, то кожен з двох факторів повинен бути позитивним.

Нехай$x,y \in F$ де$F$ - упорядковане поле. Припустимо$xy > 0$. Тоді або обидва$x$ і$y$ позитивні, або обидва негативні.

Зрозуміло, що обидва висновки можуть статися. Якщо або$x$ і$y$ дорівнюють нулю, то$xy$ дорівнює нулю і, отже, не позитивним. Звідси ми припускаємо, що$x$ і$y$ є ненульовими, і нам просто потрібно показати, що якщо вони мають протилежні знаки, то$xy < 0$. Без втрати спільності припустимо$x > 0$ і$y < 0$. $y < 0$Помножте на$x$, щоб отримати$xy < 0x = 0$. Результат випливає за контрапозитивним.

Читач може знати і про комплексних числах, зазвичай позначаються${\mathbb{C}}$. Тобто${\mathbb{C}}$ сукупність чисел виду$x + iy$, де$x$ і$y$ є дійсними числами, і$i$ є уявним числом, числом таким, що$i^2 = -1$. Читач може пам'ятати з алгебри, що також${\mathbb{C}}$ є полем, однак, це не впорядковане поле. Хоча можна зробити${\mathbb{C}}$ в упорядкований набір якимось чином, можна довести, що неможливо поставити замовлення на те${\mathbb{C}}$, що зробить його впорядкованим полем.

Вправи

Доведіть частину [prop:bordfield:iii] з.

[Вправа: finitesethasminmax] Дозвольте$S$ бути впорядкованим набором. $A \subset S$Дозволяти бути непорожнім скінченним підмножиною. Потім$A$ обмежується. Крім того,$\inf\, A$ існує, є$A$ і$\sup\, A$ існує і знаходиться в$A$. Підказка: Використовуйте.

Нехай$x, y \in F$, де$F$ є упорядковане поле. Припустимо$0 < x < y$. Покажіть, що$x^2 < y^2$.

$S$Дозволяти бути впорядкованим набором. $B \subset S$Дозволяти бути обмеженим (зверху і знизу). $A \subset B$Дозволяти бути непорожнім підмножиною. Припустимо,$\inf$ що всі і$\sup$ існують. Покажіть, що $$\inf\, B \leq \inf\, A \leq \sup\, A \leq \sup\, B .$$

$S$Дозволяти бути впорядкованим набором. Нехай$A \subset S$ і припустимо$b$ є верхньою межею для$A$. Припустимо$b \in A$. Покажіть, що$b = \sup\, A$.

$S$Дозволяти бути впорядкованим набором. $A \subset S$Дозволяти бути непорожній підмножина, яка обмежена вище. Припустимо$\sup\, A$, існує і$\sup\, A \notin A$. Показати, що$A$ містить незліченно нескінченну підмножину. Зокрема,$A$ нескінченно.

Знайдіть (нестандартне) впорядкування множини натуральних чисел${\mathbb{N}}$ таким чином, що існує непорожня належна підмножина$A \subsetneq {\mathbb{N}}$ і така, яка$\sup\, A$ існує в${\mathbb{N}}$, але$\sup\, A \notin A$.

Дозвольте$F = \{ 0, 1, 2 \}$. а) Довести, що існує точно один спосіб визначити додавання і множення, так що$F$ це поле якщо$0$ і$1$ мають їх звичайне значення (A4) і (M4). б) Показати, що$F$ не може бути впорядкованим полем.

[exercise:dominatingb]$S$ Дозволяти бути впорядкованою$A$ множиною і є непорожньою підмножиною, яка$\sup \, A$ існує. Припустимо, є$B \subset A$ таке, що всякий раз, коли$x \in A$ є$y \in B$ таке, що$x \leq y$. Показати, що$\sup \, B$ існує і$\sup \, B = \sup \, A$.

$D$Дозволяти бути впорядкованим набором всіх можливих слів (не тільки англійських слів, всіх рядків букв довільної довжини) з використанням латинського алфавіту, використовуючи лише малі літери. Порядок є лексикографічним порядком, як у словнику (наприклад,$<$ двері$<$ собаки ааа). $A$Дозволяти бути підмножиною,$D$ що містить слова, перша літера яких є 'a' (наприклад$\in A$, a, abcd$\in A$). Покажіть, що$A$ має супремум і знайдіть, що це таке.

Безліч дійсних чисел

Примітка: 2 лекції, розширені дійсні числа необов'язкові

Безліч дійсних чисел

Ми, нарешті, дістаємося до реальної системи числення. Щоб спростити питання, замість побудови дійсного числа, встановленого з раціональних чисел, ми просто констатуємо їх існування як теорему без доказів. Зверніть увагу, що${\mathbb{Q}}$ це впорядковане поле.

Існує унікальне впорядковане поле ⁴${\mathbb{R}}$ з таким, що${\mathbb{Q}}\subset {\mathbb{R}}$.

Зверніть увагу, що також${\mathbb{N}}\subset {\mathbb{Q}}$. Ми це бачили$1 > 0$. За допомогою (вправи) ми можемо довести, що$n > 0$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Так само ми можемо легко перевірити всі відомі нам твердження про раціональні числа та їх природне впорядкування.

Доведемо один з найголовніших, але корисних результатів про реальні числа. Наступна пропозиція - це по суті те, як аналітик доводить, що число дорівнює нулю.

Якщо$x \in {\mathbb{R}}$ таке, що$x \geq 0$ і$x \leq \epsilon$ для всіх$\epsilon \in {\mathbb{R}}$ де$\epsilon > 0$, то$x = 0$.

Якщо$x > 0$, то$0 < \nicefrac{x}{2} < x$ (навіщо?). Взяття$\epsilon = \nicefrac{x}{2}$ отримує протиріччя. Таким чином$x=0$.

Пов'язаний простий факт полягає в тому, що будь-який час у нас є два дійсних числа$a < b$, то є ще одне дійсне число$c$ таке, що$a < c < b$. Просто візьмемо для прикладу$c = \frac{a+b}{2}$ (чому?). Насправді існує нескінченно багато дійсних чисел між$a$ і$b$.

Найбільш корисною властивістю${\mathbb{R}}$ для аналітиків є не просто те, що це впорядковане поле, але і те, що воно має. По суті ми хочемо${\mathbb{Q}}$, але ми також хочемо прийняти супрему (і інфіму) волею-неволею. Так що ми робимо, це кинути в достатній кількості, щоб отримати${\mathbb{R}}$.

Ми вже згадували, що${\mathbb{R}}$ повинні містити елементи, яких немає в${\mathbb{Q}}$ з-за. Ми побачили, що немає раціонального квадратного кореня з двох. Безліч$\{ x \in {\mathbb{Q}}: x^2 < 2 \}$ має на увазі наявність дійсного числа$\sqrt{2}$, хоча цей факт вимагає трохи роботи.

[example:sqrt2] Заява: Існує унікальне додатне дійсне число,$r$ таке, що$r^2 = 2$. Позначимо$r$ по$\sqrt{2}$.

Візьміть набір$A := \{ x \in {\mathbb{R}}: x^2 < 2 \}$. Спочатку якщо$x^2 < 2$, то$x < 2$. Щоб побачити цей факт, зверніть увагу, що$x \geq 2$ має на увазі$x^2 \geq 4$ (використання, ми не будемо явно згадувати його використання відтепер), отже, будь-яке число$x$ таке, що$x \geq 2$ немає в$A$. Таким$A$ чином обмежується вище. З іншого боку$1 \in A$, так$A$ непорожньо.

Давайте визначимося$r := \sup\, A$. Ми покажемо це,$r^2 = 2$ показавши, що$r^2 \geq 2$ і$r^2 \leq 2$. Таким чином аналітики показують рівність, показуючи дві нерівності. Ми це вже знаємо$r \geq 1 > 0$.

Далі може здатися, що ми витягуємо певні вирази з капелюха. При написанні такого доказу, як це, ми б, звичайно, придумували вирази лише після того, як погралися з тим, що ми хочемо довести. Порядок, в якому ми пишемо доказ, не обов'язково той порядок, в якому ми придумуємо доказ.

Давайте спочатку це покажемо$r^2 \geq 2$. Візьміть позитивне число$s$ таке, що$s^2 < 2$. Бажаємо знайти$h > 0$ таке, що${(s+h)}^2 < 2$. Як$2-s^2 > 0$, у нас є$\frac{2-s^2}{2s+1} > 0$. Вибираємо$h \in {\mathbb{R}}$ таку, що$0 < h < \frac{2-s^2}{2s+1}$. Крім того, ми припускаємо$h < 1$.

$$\begin{aligned} {(s+h)}^2 - s^2 & = h(2s + h) \\ & < h(2s+1) & & \quad \,\bigl(\text{since } h < 1\bigr) \\ & < 2-s^2 & & \quad \left(\text{since } h < \frac{2-s^2}{2s+1} \right) . \end{aligned}$$

Тому,${(s+h)}^2 < 2$. Звідси$s+h \in A$, але як у$h > 0$ нас є$s+h > s$. Отже$s < r = \sup\, A$. Як$s$ було довільне додатне число таке$s^2 < 2$, що, з цього випливає$r^2 \geq 2$.

Тепер візьміть позитивне число$s$ таке, що$s^2 > 2$. Бажаємо знайти$h > 0$ таке, що${(s-h)}^2 > 2$. Як у$s^2-2 > 0$ нас є$\frac{s^2-2}{2s} > 0$. Вибираємо$h \in {\mathbb{R}}$ таку, що$0 < h < \frac{s^2-2}{2s}$ і$h < s$. $$\begin{split} s^2 - {(s-h)}^2 & = 2sh - h^2 \\ & < 2sh \\ & < s^2-2 \qquad \left( \text{since } h < \frac{s^2-2}{2s} \right) . \end{split}$$ Віднімаючи$s^2$ з обох сторін і помноживши на$-1$, знаходимо${(s-h)}^2 > 2$. Тому$s-h \notin A$.

Крім того, якщо$x \geq s-h$, то$x^2 \geq {(s-h)}^2 > 2$ (як$x > 0$ і$s-h > 0$) і так$x \notin A$. Таким чином$s-h$, є верхньою межею для$A$. Втім$s-h < s$, або іншими словами$s > r = \sup\, A$. Таким чином$r^2 \leq 2$.

Разом,$r^2 \geq 2$ і$r^2 \leq 2$ мають на увазі$r^2 = 2$. Частина існування закінчена. Нам ще потрібно впоратися з унікальністю. Припустимо$s \in {\mathbb{R}}$ такі, що$s^2 = 2$ і$s > 0$. Таким чином$s^2 = r^2$. Втім, якщо$0 < s < r$, то$s^2 < r^2$. Аналогічно$0 < r < s$ має на увазі$r^2 < s^2$. Звідси$s = r$.

Число$\sqrt{2} \notin {\mathbb{Q}}$. ${\mathbb{R}}\setminus {\mathbb{Q}}$Безліч називається безліччю ірраціональних чисел. Ми щойно побачили, що${\mathbb{R}}\setminus {\mathbb{Q}}$ це непорожньо. Мало того, що він непорожній, ми побачимо пізніше, що насправді він дуже великий.

Використовуючи ту саму техніку, що і вище, ми можемо показати, що позитивне дійсне число$x^{1/n}$ існує для всіх$n\in {\mathbb{N}}$ і всіх$x > 0$. Тобто для кожного$x > 0$ існує унікальне позитивне дійсне число$r$ таке, що$r^n = x$. Доказ залишають як вправу.

Архімедова власність

Як ми бачили, в будь-якому інтервалі існує безліч дійсних чисел. Але є і нескінченно багато раціональних чисел в будь-якому проміжку. Нижче наведено один з фундаментальних фактів про реальні числа. Дві частини наступної теореми насправді еквівалентні, хоча це може здатися не таким на перший погляд.

[thm: арка]

1. [thm:arch:i] (Архімедова властивість) Якщо$x, y \in {\mathbb{R}}$ і$x > 0$, то існує$n \in {\mathbb{N}}$ таке, що $$nx > y .$$
2. [thm:arch:ii] (${\mathbb{Q}}$щільний в${\mathbb{R}}$) Якщо$x, y \in {\mathbb{R}}$ і$x < y$, то існує$r \in {\mathbb{Q}}$ таке що$x < r < y$.

Доведемо [thm:arch:i]. Ми ділимо через,$x$ а потім [thm:arch:i] говорить, що для будь-якого дійсного числа$t:= \nicefrac{y}{x}$, ми можемо знайти натуральне число$n$ таке, що$n > t$. Іншими словами, [thm:arch:i] говорить,${\mathbb{N}}\subset {\mathbb{R}}$ що не обмежений вище. Припустимо для протиріччя,${\mathbb{N}}$ яке обмежене вище. Нехай$b := \sup {\mathbb{N}}$. Число$b-1$ не може бути верхньою межею${\mathbb{N}}$, оскільки воно строго менше$b$ (супремум). При цьому існує$m \in {\mathbb{N}}$ таке, що$m > b-1$. Додаємо один для отримання$m+1 > b$, який суперечить тому,$b$ що є верхньою межею.

Займемося [thm:arch:ii]. Спочатку припустимо$x \geq 0$. Зауважте, що$y-x > 0$. За [thm:arch:i] існує$n \in {\mathbb{N}}$ таке, що $$n(y-x) > 1.$$ Крім того, [thm:arch:i] множина$A := \{ k \in {\mathbb{N}}: k > nx \}$ непорожня. За властивістю упорядкування свердловини${\mathbb{N}}$,$A$ має найменший елемент$m$. Як$m \in A$, тоді$m > nx$. Ділимо через на$n$, щоб отримати$x < \nicefrac{m}{n}$. Як$m$ і найменший елемент$A$,$m-1 \notin A$. Якщо$m > 1$, то$m-1 \in {\mathbb{N}}$, але$m-1 \notin A$ і так$m-1 \leq nx$. Якщо$m=1$, то$m-1 = 0$, і$m-1 \leq nx$ все одно тримається як$x \geq 0$. Іншими словами, З іншого $$m-1 \leq nx \qquad \text{or} \qquad m \leq nx+1 . % < m .$$ боку,$n(y-x) > 1$ ми отримуємо$ny > 1+nx$. Значить$ny > 1+nx \geq m$, і тому$y > \nicefrac{m}{n}$. Збираючи все воєдино, отримуємо$x < \nicefrac{m}{n} < y$. Так давайте$r = \nicefrac{m}{n}$.

Тепер припустимо$x < 0$. Якщо$y > 0$, то ми просто беремо$r=0$. Якщо$y \leq 0$, то$0 \leq -y < -x$, і знайдемо раціональне$q$ таке, що$-y < q < -x$. Потім візьміть$r = -q$.

Викладемо і доведемо простий, але корисний наслідок.

$\inf \{ \nicefrac{1}{n} : n \in {\mathbb{N}}\} = 0$.

Нехай$A := \{ \nicefrac{1}{n} : n \in {\mathbb{N}}\}$. Очевидно$A$, не порожній. Крім того,$\nicefrac{1}{n} > 0$ і так 0 є нижньою межею, і$b := \inf\, A$ існує. Оскільки 0 є нижньою межею, то$b \geq 0$. Тепер візьмемо довільну$a > 0$. До них існує$n$ таке$na > 1$, що, або іншими словами$a > \nicefrac{1}{n} \in A$. Тому$a$ не може бути нижньою межею для$A$. Звідси$b=0$.

Використання супремум і інфімум

Ми хочемо переконатися, що супрема та інфіма сумісні з алгебраїчними операціями. Для набору$A \subset {\mathbb{R}}$ і числа$x \in {\mathbb{R}}$ визначте $$\begin{aligned} x + A & := \{ x+y \in {\mathbb{R}}: y \in A \} , \\ xA & := \{ xy \in {\mathbb{R}}: y \in A \} .\end{aligned}$$

[prop:supinfalg] Дозвольте$A \subset {\mathbb{R}}$ бути непорожнім.

1. Якщо$x \in {\mathbb{R}}$ і$A$ обмежується вище, то$\sup (x+A) = x + \sup\, A$.
2. Якщо$x \in {\mathbb{R}}$ і$A$ обмежується нижче, то$\inf (x+A) = x + \inf\, A$.
3. Якщо$x > 0$ і$A$ обмежується вище, то$\sup (xA) = x ( \sup\, A )$.
4. Якщо$x > 0$ і$A$ обмежується нижче, то$\inf (xA) = x ( \inf\, A )$.
5. Якщо$x < 0$ і$A$ обмежується нижче, то$\sup (xA) = x ( \inf\, A )$.
6. Якщо$x < 0$ і$A$ обмежується вище, то$\inf (xA) = x ( \sup\, A )$.

Зверніть увагу, що множення набору на від'ємне число перемикає supremum для infimum і навпаки. Крім того, оскільки пропозиція передбачає, що supremum (resp. infimum)$x+A$ або$xA$ існує, воно також означає, що$x+A$ або$xA$ є непорожнім і обмеженим зверху (resp. знизу).

Доведемо лише перше твердження. Решта залишають як вправи.

Припустимо,$b$ це верхня межа для$A$. Тобто,$y \leq b$ для всіх$y \in A$. Тоді$x+y \leq x+b$ для всіх$y \in A$, і так$x+b$ це верхня межа для$x+A$. Зокрема, якщо$b = \sup\, A$, то $$\sup (x+A) \leq x+b = x+ \sup\, A .$$

Інший напрямок аналогічно. Якщо$b$ верхня межа для$x+A$, то$x+y \leq b$ для всіх$y \in A$ і так$y \leq b-x$ для всіх$y \in A$. Так$b-x$ і верхня межа для$A$. Якщо$b = \sup (x+A)$, то $$\sup\, A \leq b-x = \sup (x+A) -x .$$ і результат випливає.

Іноді нам потрібно застосувати супремум або інфімум двічі. Ось приклад.

[infsupineq:prop] Дозвольте$A, B \subset {\mathbb{R}}$ бути непорожніми множинами, такими, що$x \leq y$ коли$x \in A$ і$y \in B$. Потім$A$ обмежується вище,$B$ обмежується знизу, і$\sup\, A \leq \inf\, B$.

Будь-яка$x \in A$ є нижньою межею для$B$. Тому$x \leq \inf\, B$ для всіх$x \in A$, так$\inf\, B$ це верхня межа для$A$. Отже,$\sup\, A \leq \inf\, B$.

Ми повинні бути обережними щодо суворої нерівності та прийняття супреми та інфіми. Зверніть увагу, що$x < y$ всякий раз$x \in A$ і$y \in B$ ще тільки має на увазі$\sup\, A \leq \inf\, B$, а не сувору нерівність. Це важливий тонкий момент, який виникає часто. Наприклад, взяти$A := \{ 0 \}$ і взяти$B := \{ \nicefrac{1}{n} : n \in {\mathbb{N}}\}$. Тоді$0 < \nicefrac{1}{n}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Втім,$\sup\, A = 0$ і$\inf\, B = 0$.

Доказ наступного часто використовуваного елементарного факту залишається читачеві. Аналогічна заява тримає і для інфіма.

[prop:existsxepsfromsup] Якщо$S \subset {\mathbb{R}}$ непорожня множина, обмежена зверху, то для кожного$\epsilon > 0$ існує$x \in S$ така, що$(\sup\, S) - \epsilon < x \leq \sup\, S$.

Щоб зробити використання suprema та infima ще простіше, ми можемо захотіти писати$\sup\, A$ і$\inf\, A$ не турбуючись про те, щоб$A$ бути обмеженим і непорожнім. Робимо наступні природні визначення.

Нехай$A \subset {\mathbb{R}}$ буде набір.

1. Якщо$A$ порожній, то$\sup\, A := -\infty$.
2. Якщо$A$ не обмежується вище, то$\sup\, A := \infty$.
3. Якщо$A$ порожній, то$\inf\, A := \infty$.
4. Якщо$A$ не обмежується нижче, то$\inf\, A := -\infty$.

Для зручності$\infty$ і іноді$-\infty$ трактуються так, ніби вони були числами, хіба що ми не допускаємо довільної арифметики з ними. Ми${\mathbb{R}}^* := {\mathbb{R}}\cup \{ -\infty , \infty\}$ вносимо в упорядкований набір, $$-\infty < \infty \quad \text{and} \quad -\infty < x \quad \text{and} \quad x < \infty \quad \text{for all $x \in {\mathbb{R}}$}.$$ дозволяючи множині${\mathbb{R}}^*$ називається множиною розширених дійсних чисел. Можна визначити деяку арифметику на${\mathbb{R}}^*$. Більшість операцій розширені очевидним чином, але ми повинні залишити$\infty-\infty$$0 \cdot (\pm\infty)$, і$\frac{\pm\infty}{\pm\infty}$ невизначено. Ми утримуємося від використання цієї арифметики, це призводить до легких помилок, оскільки${\mathbb{R}}^*$ це не поле. Тепер ми можемо приймати супрему і інфіму, не боячись порожнечі чи безмежності. У цій книзі ми здебільшого уникаємо використання${\mathbb{R}}^*$ поза вправами, і залишаємо такі узагальнення зацікавленому читачеві.

Максими і мінімуми

Ми знаємо, що кінцевий набір чисел завжди має супремум або інфімум, який міститься в самій множині. У цьому випадку ми зазвичай не використовуємо слова supremum або infimum.

Коли набір$A$ дійсних чисел обмежений вище, такий, що$\sup\, A \in A$, тоді ми можемо використовувати слово maximum і позначення$\max A$ для позначення супремум. Аналогічно для infimum; коли множина$A$ обмежена нижче і$\inf\, A \in A$, тоді ми можемо використовувати слово мінімум і позначення$\min\, A$. Наприклад, $$\begin{aligned} & \max \{ 1,2.4,\pi,100 \} = 100 , \\ & \min \{ 1,2.4,\pi,100 \} = 1 .\end{aligned}$$ під час написання$\sup$ і$\inf$ можуть бути технічно коректними в цій ситуації,$\max$ і зазвичай$\min$ використовуються для підкреслення того, що супремум або інфімум знаходиться в самому наборі.

Вправи

Доведіть, що якщо$t > 0$ ($t \in {\mathbb{R}}$), то існує$n \in {\mathbb{N}}$ такий, що$\dfrac{1}{n^2} < t$.

Доведіть, що якщо$t \geq 0$ ($t \in {\mathbb{R}}$), то існує$n \in {\mathbb{N}}$ такий, що$n-1 \leq t < n$.

Закінчіть доказ.

Нехай$x, y \in {\mathbb{R}}$. Припустимо$x^2 + y^2 = 0$. Доведіть, що$x = 0$ і$y = 0$.

Покажіть,$\sqrt{3}$ що нераціонально.

Нехай$n \in {\mathbb{N}}$. Показати, що або$\sqrt{n}$ є цілим числом, або це ірраціонально.

Доведіть середню арифметико-геометричну нерівність. Тобто для двох позитивних дійсних чисел у$x,y$ нас є $$\sqrt{xy} \leq \frac{x+y}{2} .$$ Крім того, рівність виникає тоді і тільки тоді$x=y$.

Покажіть, що для будь-яких двох дійсних чисел$x$ і$y$ таких$x < y$, що існує ірраціональне число$s$ таке, що$x < s < y$. Підказка: Застосуйте щільність${\mathbb{Q}}$ до$\dfrac{x}{\sqrt{2}}$ і$\dfrac{y}{\sqrt{2}}$.

[Вправа: supofsum] Дозволяти$A$ і$B$ бути двома непорожніми обмеженими множинами дійсних чисел. Нехай$C := \{ a+b : a \in A, b \in B \}$. Показати, що$C$ є обмеженим набором і що $$\sup\,C = \sup\,A + \sup\,B \qquad \text{and} \qquad \inf\,C = \inf\,A + \inf\,B .$$

$B$Дозволяти$A$ і бути двома непорожніми обмеженими множинами невід'ємних дійсних чисел. Визначте набір$C := \{ ab : a \in A, b \in B \}$. Показати, що$C$ є обмеженим набором і що $$\sup\,C = (\sup\,A )( \sup\,B) \qquad \text{and} \qquad \inf\,C = (\inf\,A )( \inf\,B).$$

Дано$x > 0$ і$n \in {\mathbb{N}}$, показати, що існує унікальне позитивне дійсне число$r$ таке, що$x = r^n$. Зазвичай$r$ позначається$x^{1/n}$.

Доведіть.

[Вправа: bernoulliineq] Доведіть так звану нерівність Бернуллі ⁵: Якщо$1+x > 0$ тоді для всіх у$n \in {\mathbb{N}}$ нас є$(1+x)^n \geq 1+nx$.

Абсолютна величина

Примітка: 0.5—1 лекція

Концепція, з якою ми будемо стикатися знову і знову, - це поняття абсолютної вартості. Ви хочете думати про абсолютне значення як «розмір» дійсного числа. Дамо формальне визначення. $$\left\lvert {x} \right\rvert := \begin{cases} x & \text{ if $x \geq 0$}, \\ -x & \text{ if $x < 0$} . \end{cases}$$

Наведемо основні риси абсолютної величини як судження.

[реквізит: абсбас]

1. [prop:absbas:i]$\left\lvert {x} \right\rvert \geq 0$, і$\left\lvert {x} \right\rvert=0$ якщо і тільки якщо$x = 0$.
2. [prop:absbas:ii]$\left\lvert {-x} \right\rvert = \left\lvert {x} \right\rvert$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$.
3. [prop:absbas:iii]$\left\lvert {xy} \right\rvert = \left\lvert {x} \right\rvert\left\lvert {y} \right\rvert$ для всіх$x,y \in {\mathbb{R}}$.
4. [prop:absbas:iv]$\left\lvert {x} \right\rvert^2 = x^2$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$.
5. [prop:absbas:v]$\left\lvert {x} \right\rvert \leq y$ якщо і тільки якщо$-y \leq x \leq y$.
6. [prop:absbas:vi]$-\left\lvert {x} \right\rvert \leq x \leq \left\lvert {x} \right\rvert$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$.

[prop:absbas:i]: Це твердження неважко побачити з визначення.

[prop:absbas:ii]: Припустимо$x > 0$, тоді$\left\lvert {-x} \right\rvert = -(-x) = x = \left\lvert {x} \right\rvert$. Аналогічно коли$x < 0$, або$x = 0$.

[prop:absbas:iii]: Якщо$x$ або$y$ дорівнює нулю, то результат очевидний. Коли$x$ і$y$ обидва позитивні, то$\left\lvert {x} \right\rvert\left\lvert {y} \right\rvert = xy$. $xy$також є позитивним і, отже,$xy = \left\lvert {xy} \right\rvert$. Якщо$x$ і$y$ обидва негативні,$xy$ то все одно позитивний і$xy = \left\lvert {xy} \right\rvert$, і$\left\lvert {x} \right\rvert\left\lvert {y} \right\rvert = (-x)(-y) = xy$. Далі$x > 0$ припускаємо і$y < 0$. Потім$\left\lvert {x} \right\rvert\left\lvert {y} \right\rvert = x(-y) = -(xy)$. Зараз$xy$ негативний і, отже,$\left\lvert {xy} \right\rvert = -(xy)$. Аналогічно, якщо$x < 0$ і$y > 0$.

[prop:absbas:iv]: Очевидно, якщо$x \geq 0$. Якщо$x < 0$, то$\left\lvert {x} \right\rvert^2 = {(-x)}^2 = x^2$.

[prop:absbas:v]: Припустимо$\left\lvert {x} \right\rvert \leq y$. Якщо$x \geq 0$, то$x \leq y$. Очевидно$y \geq 0$ і, отже$-y \leq 0 \leq x$, так$-y \leq x \leq y$ тримає. Якщо$x < 0$, то$\left\lvert {x} \right\rvert \leq y$ значить$-x \leq y$. Заперечуючи обидві сторони ми отримуємо$x \geq -y$. Знову$y \geq 0$ і так$y \geq 0 > x$. Отже,$-y \leq x \leq y$.

З іншого боку, припустимо,$-y \leq x \leq y$ це правда. Якщо$x \geq 0$,$x \leq y$ то еквівалентно$\left\lvert {x} \right\rvert \leq y$. Якщо$x < 0$, то$-y \leq x$ має на увазі$(-x) \leq y$, що еквівалентно$\left\lvert {x} \right\rvert \leq y$.

[prop:absbas:vi]: Застосувати [prop:absbas:v] с$y = \left\lvert {x} \right\rvert$.

Властивість, яка використовується досить часто, щоб дати йому назву, - це так звана нерівність трикутника.

$\left\lvert {x+y} \right\rvert \leq \left\lvert {x} \right\rvert+\left\lvert {y} \right\rvert$для всіх$x, y \in {\mathbb{R}}$.

Від нас$- \left\lvert {x} \right\rvert \leq x \leq \left\lvert {x} \right\rvert$ і$- \left\lvert {y} \right\rvert \leq y \leq \left\lvert {y} \right\rvert$. Ми додаємо ці дві нерівності, щоб отримати $$- (\left\lvert {x} \right\rvert+\left\lvert {y} \right\rvert) \leq x+y \leq \left\lvert {x} \right\rvert+ \left\lvert {y} \right\rvert .$$ Знову ми маємо$\left\lvert {x+y} \right\rvert \leq \left\lvert {x} \right\rvert+\left\lvert {y} \right\rvert$.

Існують і інші часто застосовуються версії нерівності трикутника.

Нехай$x,y \in {\mathbb{R}}$

1. (зворотна нерівність трикутника)$\bigl\lvert (\left\lvert {x} \right\rvert-\left\lvert {y} \right\rvert) \bigr\rvert \leq \left\lvert {x-y} \right\rvert$.
2. $\left\lvert {x-y} \right\rvert \leq \left\lvert {x} \right\rvert+\left\lvert {y} \right\rvert$.

Давайте$y=b$ підключимо$x=a-b$ і до стандартного трикутника нерівності, щоб отримати $$\left\lvert {a} \right\rvert = \left\lvert {a-b+b} \right\rvert \leq \left\lvert {a-b} \right\rvert + \left\lvert {b} \right\rvert ,$$ або$\left\lvert {a} \right\rvert-\left\lvert {b} \right\rvert \leq \left\lvert {a-b} \right\rvert$. Перемикання ролей$a$ і$b$ отримуємо або$\left\lvert {b} \right\rvert-\left\lvert {a} \right\rvert \leq \left\lvert {b-a} \right\rvert = \left\lvert {a-b} \right\rvert$. Тепер застосовуючи знову, ми отримуємо зворотну нерівність трикутника.

Другий варіант нерівності трикутника виходить від стандартного, просто замінивши на$-y$ і знову$y$ зауваживши, що$\left\lvert {-y} \right\rvert = \left\lvert {y} \right\rvert$.

Нехай$x_1, x_2, \ldots, x_n \in {\mathbb{R}}$. Тоді $$\left\lvert {x_1 + x_2 + \cdots + x_n} \right\rvert \leq \left\lvert {x_1} \right\rvert + \left\lvert {x_2} \right\rvert + \cdots + \left\lvert {x_n} \right\rvert .$$

Приступаємо до. Висновок тривіально тривіально для$n=1$, а для$n=2$ нього - стандартна нерівність трикутника. Припустимо, що наслідок тримає за$n$. Візьміть$n+1$ числа$x_1,x_2,\ldots,x_{n+1}$ і спочатку використовуйте стандартну нерівність трикутника, потім індукційну гіпотезу $$\begin{split} \lvert {x_1 + x_2 + \cdots + x_n + x_{n+1}} \rvert & \leq \lvert {x_1 + x_2 + \cdots + x_n} \rvert + \lvert {x_{n+1}} \rvert \\ & \leq \lvert {x_1} \rvert + \lvert {x_2} \rvert + \cdots + \lvert {x_n} \rvert + \lvert {x_{n+1}} \rvert . \qedhere \end{split}$$

Подивимося приклад використання нерівності трикутника.

Знайти число$M$ таке, що$\lvert {x^2-9x+1} \rvert \leq M$ для всіх$-1 \leq x \leq 5$.

Використовуючи нерівність трикутника, пишіть $$\lvert {x^2-9x+1} \rvert \leq \lvert {x^2} \rvert+\lvert {9x} \rvert+\lvert {1} \rvert = \lvert {x} \rvert^2+9\lvert {x} \rvert+1 .$$ Очевидно, що$\lvert {x} \rvert^2+9\lvert {x} \rvert+1$ є найбільшим, коли$\left\lvert {x} \right\rvert$ найбільший. У передбачений інтервал,$\left\lvert {x} \right\rvert$ найбільший коли$x=5$ і так$\left\lvert {x} \right\rvert=5$. Одна можливість для$M$ є $$M = 5^2+9(5)+1 = 71 .$$ Є, звичайно, інші,$M$ які працюють. Прив'язка 71 набагато вища, ніж потрібно, але ми не просили найкращого можливого$M$, лише той, який працює.

Останній приклад призводить нас до поняття обмежених функцій.

Припустимо,$f \colon D \to {\mathbb{R}}$ це функція. Ми говоримо$f$ обмежений, якщо існує$M$ таке число, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq M$ для всіх$x \in D$.

У прикладі, який ми довели,$x^2-9x+1$ обмежена, якщо розглядати як функцію на$D = \{ x : -1 \leq x \leq 5 \}$. З іншого боку, якщо розглядати один і той же многочлен як функцію на всій дійсній прямій${\mathbb{R}}$, то він не обмежений.

Для функції$f \colon D \to {\mathbb{R}}$ ми $$\begin{aligned} & \sup_{x \in D} f(x) := \sup\, f(D) , \\ & \inf_{x \in D} f(x) := \inf\, f(D) .\end{aligned}$$ пишемо Ми також іноді замінюємо «$x \in D$» виразом. Наприклад, якщо, як і раніше$f(x) = x^2-9x+1$$-1 \leq x \leq 5$, для, трохи обчислення показує $$\sup_{x \in D} f(x) = \sup_{-1 \leq x \leq 5} ( x^2 -9x+1 ) = 11, \qquad \inf_{x \in D} f(x) = \inf_{-1 \leq x \leq 5} ( x^2 -9x+1 ) = \nicefrac{-77}{4} .$$

[prop:funcsupinf] Якщо$f \colon D \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon D \to {\mathbb{R}}$ ($D$непорожні) обмежені ⁶ функціями, а $$f(x) \leq g(x) \qquad \text{for all $x \in D$},$$ потім $$\label{prop:funcsupinf:eq} \sup_{x \in D} f(x) \leq \sup_{x \in D} g(x) \qquad \text{and} \qquad \inf_{x \in D} f(x) \leq \inf_{x \in D} g(x) .$$

Слід бути обережним зі змінними. $x$На лівій стороні нерівності в [prop:funcsupinf:eq] відрізняється від праворуч.$x$ Ви дійсно повинні думати про першу нерівність, як $$\sup_{x \in D} f(x) \leq \sup_{y \in D} g(y) .$$ Доведемо цю нерівність. Якщо$b$ є верхньою межею для$g(D)$, то$f(x) \leq g(x) \leq b$ для всіх$x \in D$, а значить і$b$ є верхньою межею для$f(D)$. Беручи найменшу верхню межу, ми отримуємо, що для всіх$x \in D$ $$f(x) \leq \sup_{y \in D} g(y) .$$ Тому$\sup_{y \in D} g(y)$ є верхньою$f(D)$ межею для і, таким чином, більшою або рівною найменшій верхній межі$f(D)$. $$\sup_{x \in D} f(x) \leq \sup_{y \in D} g(y) .$$ Друге нерівність (твердження про інф) залишають як вправу.

Поширеною помилкою є висновок $$\label{rn:av:ltnottrue} \sup_{x \in D} f(x) \leq \inf_{y \in D} g(y) .$$ Нерівність [rn:av:ltnottrue] не відповідає дійсності, враховуючи гіпотезу заяви вище. Для цієї сильнішої нерівності нам потрібна сильніша гіпотеза $$f(x) \leq g(y) \qquad \text{for all $x \in D$ and $y \in D$.}$$ Доказ, а також контрприклад залишається як вправа.

Вправи

Покажіть, що$\left\lvert {x-y} \right\rvert < \epsilon$ якщо і тільки якщо$x-\epsilon < y < x+\epsilon$.

Покажіть, що

1. $\max \{x,y\} = \frac{x+y+\left\lvert {x-y} \right\rvert}{2}$
2. $\min \{x,y\} = \frac{x+y-\left\lvert {x-y} \right\rvert}{2}$

Знайти число$M$ таке, що$\lvert {x^3-x^2+8x} \rvert \leq M$ для всіх$-2 \leq x \leq 10$.

Закінчіть доказ. Тобто довести, що задано будь-яку$D$ множину, і дві обмежені функції$f \colon D \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon D \to {\mathbb{R}}$ такі, що$f(x) \leq g(x)$ для всіх$x \in D$, то $$\inf_{x\in D} f(x) \leq \inf_{x\in D} g(x) .$$

$g \colon D \to {\mathbb{R}}$Дозволяти$f \colon D \to {\mathbb{R}}$ і бути функції ($D$непорожній).

1. Припустимо,$f(x) \leq g(y)$ для всіх$x \in D$ і$y \in D$. Покажіть, що $$\sup_{x\in D} f(x) \leq \inf_{x\in D} g(x) .$$
2. Знайти конкретний$D$$f$, і$g$, такий, що$f(x) \leq g(x)$ для всіх$x \in D$, але $$\sup_{x\in D} f(x) > \inf_{x\in D} g(x) .$$

Доведіть без припущення, що функції обмежені. Підказка: Вам потрібно використовувати розширені дійсні числа.

[Вправа: sumofsup]$D$ Дозволяти бути непорожнім набором. Припустимо$f \colon D \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon D \to {\mathbb{R}}$ є обмеженими функціями. а) Показати $$\sup_{x\in D} \bigl(f(x) + g(x) \bigr) \leq \sup_{x\in D} f(x) + \sup_{x\in D} g(x) \qquad \text{and} \qquad \inf_{x\in D} \bigl(f(x) + g(x) \bigr) \geq \inf_{x\in D} f(x) + \inf_{x\in D} g(x) .$$ б) Знайти приклади, де ми отримуємо суворі нерівності.

Інтервали і розмір R

Примітка: 0.5—1 лекція (доказ незліченності${\mathbb{R}}$ може бути необов'язковим)

Ви напевно бачили позначення інтервалів раніше, але давайте дамо тут формальне визначення. Для$a, b \in {\mathbb{R}}$ такого, що$a < b$ ми $$\begin{aligned} & [a,b] := \{ x \in {\mathbb{R}}: a \leq x \leq b \}, \\ & (a,b) := \{ x \in {\mathbb{R}}: a < x < b \}, \\ & (a,b] := \{ x \in {\mathbb{R}}: a < x \leq b \}, \\ & [a,b) := \{ x \in {\mathbb{R}}: a \leq x < b \} .\end{aligned}$$ визначаємо інтервал$[a,b]$ називається замкнутим інтервалом і$(a,b)$ називається відкритим інтервалом. Інтервали форми$(a,b]$ і$[a,b)$ називаються напіввідкритими інтервалами.

Перераховані вище інтервали були всі обмежені інтервали, так як обидва$a$ і$b$ були дійсними числами. Визначаємо необмежені інтервали, $$\begin{aligned} & [a,\infty) := \{ x \in {\mathbb{R}}: a \leq x \}, \\ & (a,\infty) := \{ x \in {\mathbb{R}}: a < x \}, \\ & (-\infty,b] := \{ x \in {\mathbb{R}}: x \leq b \}, \\ & (-\infty,b) := \{ x \in {\mathbb{R}}: x < b \} .\end{aligned}$$ для повноти визначаємо$(-\infty,\infty) := {\mathbb{R}}$.

Якщо коротко, то інтервал - це набір$I \subset {\mathbb{R}}$, що містить мінімум 2 елементи, такі, що якщо$a < b < c$ і$a,c \in I$, то$b \in I$. Див.

Ми вже бачили, що будь-який відкритий інтервал$(a,b)$ (де$a < b$ звичайно) повинен бути непорожнім. Наприклад, в ньому міститься число$\frac{a+b}{2}$. Несподіваним фактом є те, що з теоретико-множинної точки зору всі інтервали мають однаковий «розмір», тобто всі вони мають однакову кардинальність. Наприклад, карта$f(x) := 2x$ приймає інтервал$[0,1]$ двооб'єктивно до інтервалу$[0,2]$.

Можливо, цікавіше, що функція$f(x) := \tan(x)$ - це двооб'єктивна карта від$(-\nicefrac{\pi}{2},\nicefrac{\pi}{2})$ до${\mathbb{R}}$. Звідси обмежений інтервал$(-\nicefrac{\pi}{2},\nicefrac{\pi}{2})$ має ту ж кардинальність, що і${\mathbb{R}}$. Побудувати двооб'єктивну карту від$[0,1]$ до сказати не зовсім просто$(0,1)$, але це можливо.

І не хвилюйтеся, існує спосіб виміряти «розмір» підмножин дійсних чисел, який «бачить» різницю між$[0,1]$ і$[0,2]$. Однак його правильне визначення вимагає набагато більше машин, ніж ми маємо зараз.

Скажімо докладніше про кардинальність інтервалів і, отже, про кардинальності${\mathbb{R}}$. Ми бачили, що існують ірраціональні числа,${\mathbb{R}}\setminus {\mathbb{Q}}$ тобто непорожні. Питання: Скільки існує ірраціональних чисел? Виявляється, ірраціональних чисел набагато більше, ніж раціональних чисел. Ми бачили, що${\mathbb{Q}}$ це підраховується, і ми покажемо,${\mathbb{R}}$ що незліченно. По суті, кардинальність${\mathbb{R}}$ така ж, як і кардинальність${\mathcal{P}}({\mathbb{N}})$, хоча ми не будемо доводити цю претензію тут.

${\mathbb{R}}$незліченна.

Ми даємо модифіковану версію оригінального доказу Кантора з 1874 року, оскільки цей доказ вимагає найменшої настройки. Зазвичай цей доказ вказується як доказ протиріччя, але доказ контрапозитивним легше зрозуміти.

$X \subset {\mathbb{R}}$Дозволяти бути незліченно нескінченна підмножина така, що для будь-яких двох дійсних чисел$a < b$, є$x \in X$ такий, що$a < x < b$. Були${\mathbb{R}}$ підрахункові, тоді ми могли б взяти$X = {\mathbb{R}}$. Якщо ми покажемо, що$X$ це обов'язково належна підмножина, то$X$ не може дорівнювати${\mathbb{R}}$ і${\mathbb{R}}$ повинна бути незліченною.

Як$X$ нескінченно нескінченно, існує біекція від${\mathbb{N}}$ до$X$. Отже, ми запишемо$X$ як послідовність дійсних чисел$x_1, x_2, x_3,\ldots$, таку, що$X$ кожне число в задано$x_j$ для деяких$j \in {\mathbb{N}}$.

Давайте індуктивно побудуємо дві послідовності дійсних чисел$a_1,a_2,a_3,\ldots$ і$b_1,b_2,b_3,\ldots$. Нехай$a_1 := x_1$ і$b_1 := x_1+1$. Зверніть увагу, що$a_1 < b_1$ і$x_1 \notin (a_1,b_1)$. Для$k > 1$, припустимо$a_{k-1}$ і$b_{k-1}$ було визначено. Давайте також припустимо, що$(a_{k-1},b_{k-1})$ не містить жодного$x_j$ для будь-якого$j=1,\ldots,k-1$.

1. Визначте$a_k := x_j$, де$j$ найменший$j \in {\mathbb{N}}$ такий, що$x_j \in (a_{k-1},b_{k-1})$. Таке$x_j$ існує за нашим припущенням на$X$.
2. Далі визначте,$b_k := x_j$ де$j$ знаходиться найменший$j \in {\mathbb{N}}$ такий, що$x_j \in (a_{k},b_{k-1})$.

Зверніть увагу, що$a_k < b_k$ і$a_{k-1} < a_k < b_k < b_{k-1}$. Також зверніть увагу, що$(a_{k},b_{k})$ не містить$x_k$ і, отже, не містить жодного$x_j$ для$j=1,\ldots,k$.

Претензія:$a_j < b_k$ для всіх$j$ і$k$ в${\mathbb{N}}$. Давайте спочатку припустимо$j < k$. Потім$a_j < a_{j+1} < \cdots < a_{k-1} < a_k < b_k$. Аналогічно для$j > k$. Позов випливає.

Нехай$A = \{ a_j : j \in {\mathbb{N}}\}$ і$B = \{ b_j : j \in {\mathbb{N}}\}$. За і претензією вище ми маємо $$\sup\, A \leq \inf\, B .$$ Визначити$y := \sup\, A$. Число$y$ не може бути членом$A$. Якщо$y = a_j$ для деяких$j$, то$y < a_{j+1}$, що неможливо. Аналогічно$y$ не може бути членом$B$. Тому$a_j < y$ для всіх$j\in {\mathbb{N}}$ і$y < b_j$ для всіх$j\in {\mathbb{N}}$. Іншими словами$y \in (a_j,b_j)$ для всіх$j\in {\mathbb{N}}$.

Нарешті, ми повинні це показати$y \notin X$. Якщо ми це зробимо, то ми побудували дійсне число, не$X$ показуючи, що$X$ повинно бути належним підмножиною. Візьміть будь-який$x_k \in X$. До вищевказаної конструкції$x_k \notin (a_k,b_k)$, так$x_k \not= y$ як$y \in (a_k,b_k)$.

Тому послідовність$x_1,x_2,\ldots$ не може містити всі елементи${\mathbb{R}}$ і, отже,${\mathbb{R}}$ є незліченною.

Вправи

Для$a < b$, побудувати явний біекція від$(a,b]$ до$(0,1]$.

Припустимо,$f \colon [0,1] \to (0,1)$ це біекція. Використовуючи$f$, побудуйте біекцію від$[-1,1]$ до${\mathbb{R}}$.

[exercise:intervaldef] Припустимо,$I \subset {\mathbb{R}}$ це підмножина з принаймні 2 елементами, такими$a, c \in I$, що якщо$a < b < c$ і, то це один з дев'яти типів інтервалів, явно заданих у цьому розділі. Крім того, довести, що інтервали, наведені в цьому розділі всі задовольняють цій властивості.

Побудувати явний біекція від$(0,1]$ до$(0,1)$. Підказка: Один підхід полягає$(\nicefrac{1}{2},1]$ в наступному: спочатку карта$(0,\nicefrac{1}{2}]$, потім карта$(\nicefrac{1}{4},\nicefrac{1}{2}]$$(\nicefrac{1}{2},\nicefrac{3}{4}]$, і т.д... Запишіть карту явно, тобто запишіть алгоритм, який точно скаже, яке число йде куди. Потім доведіть, що карта є біекцією.

Побудувати явний біекція від$[0,1]$ до$(0,1)$.

а) Показати, що кожен замкнутий інтервал$[a,b]$ є перетином незліченної кількості відкритих інтервалів. б) Показати, що кожен відкритий інтервал$(a,b)$ є рахунковим об'єднанням замкнутих інтервалів. в) Показати, що перетин можливо нескінченного сімейства замкнутих інтервалів є або порожнім, єдиною точкою або замкнутим інтервал.

Припустимо,$S$ це сукупність нероз'єднаних відкритих інтервалів в${\mathbb{R}}$. Тобто якщо$(a,b) \in S$ і$(c,d) \in S$, то або$(a,b) = (c,d)$ або$(a,b) \cap (c,d) = \emptyset$. Доведіть$S$ - це лічильний набір.

Доведіть, що кардинальність$[0,1]$ це те ж саме, що кардинальність,$(0,1)$ показуючи, що$\left\lvert {[0,1]} \right\rvert \leq \left\lvert {(0,1)} \right\rvert$ і$\left\lvert {(0,1)} \right\rvert \leq \left\lvert {[0,1]} \right\rvert$. Див. Зауважте, що для цього потрібна теорема Кантора-Бернштейна-Шредера, яку ми виклали без доказів. Також зверніть увагу, що цей доказ не дає вам явного біекції.

Число$x$ є алгебраїчним, якщо$x$ є коренем многочлена з цілими коефіцієнтами, іншими словами,$a_n x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \ldots + a_1 x + a_0 = 0$ де все$a_n \in {\mathbb{Z}}$. а) Показати, що алгебраїчних чисел існує лише незліченно багато. b) Показати, що існують неалгебраїчні числа (слідуйте слідами Кантора, використовувати незліченність${\mathbb{R}}$). Підказка: Не соромтеся використовувати той факт, що многочлен ступеня$n$ має найбільш$n$ реальні коріння.

Десяткове подання реалів

Примітка: 1 лекція (необов'язково)

Ми часто думаємо про дійсні числа як їх десяткове подання. Для позитивного цілого числа$n$, ми знаходимо цифри$d_K,d_{K-1},\ldots,d_2,d_1,d_0$ для деяких$K$, де кожен$d_j$ є цілим числом між$0$ і$9$, то $$n = d_K {10}^K + d_{K-1} {10}^{K-1} + \cdots + d_2 {10}^2 + d_1 10 + d_0 .$$ ми часто припускаємо$d_K \not= 0$. Для представлення$n$ запишемо послідовність цифр:$n = d_K d_{K-1} \cdots d_2 d_1 d_0$. Під (десятковою) цифрою ми маємо на увазі ціле число між$0$ і$9$.

Аналогічно ми уявляємо деякі раціональні числа. Тобто, для певних чисел$x$, ми можемо знайти від'ємне ціле$-M$, натуральне число$K$, і цифри$d_K,d_{K-1},\ldots,d_1,d_0,d_{-1},\ldots,d_{-M}$, такі, що $$x = d_K {10}^K + d_{K-1} {10}^{K-1} + \cdots + d_2 {10}^2 + d_1 10 + d_0 + d_{-1} {10}^{-1} + d_{-2} {10}^{-2} + \cdots + d_{-M} {10}^{-M} .$$ Ми пишемо$x = d_K d_{K-1} \cdots d_1 d_0 \, . \, d_{-1} d_{-2} \cdots d_{-M}$.

Далеко не кожне дійсне число має таке уявлення, навіть просте раціональне число$\nicefrac{1}{3}$ не має. $\sqrt{2}$Ірраціональне число також не має такого уявлення. Щоб отримати уявлення для всіх дійсних чисел, ми повинні дозволити нескінченно багато цифр.

Давайте відтепер розглянемо тільки дійсні числа в інтервалі$(0,1]$. Якщо ми знайдемо уявлення для них, ми просто додаємо до них цілі числа, щоб отримати уявлення для всіх дійсних чисел. Припустимо, ми беремо нескінченну послідовність десяткових цифр: $$0.d_1d_2d_3\ldots.$$ Тобто у нас є цифра$d_j$ для кожного$j \in {\mathbb{N}}$. Ми перенумеровували цифри, щоб уникнути негативних знаків. Ми говоримо, що ця послідовність цифр являє собою дійсне число,$x$ якщо $$x = \sup_{n \in {\mathbb{N}}} \left( \frac{d_1}{10} + \frac{d_2}{{10}^2} + \frac{d_3}{{10}^3} + \cdots + \frac{d_n}{{10}^n} \right) .$$ ми називаємо $$D_n := \frac{d_1}{10} + \frac{d_2}{{10}^2} + \frac{d_3}{{10}^3} + \cdots + \frac{d_n}{{10}^n}$$ усічення$x$$n$ десяткових цифр.

[prop: десятковий реквізит]

1. Кожна нескінченна послідовність цифр$0.d_1d_2d_3\ldots$ являє собою унікальне дійсне число$x \in [0,1]$.
2. Для кожного$x \in (0,1]$ існує нескінченна послідовність цифр$0.d_1d_2d_3\ldots$, яка представляє$x$. Існує унікальне уявлення таке, що $$D_n < x \leq D_n+\frac{1}{{10}^n} \qquad \text{for all $n \in {\mathbb{N}}$}.$$

Почнемо з першого пункту. Припустимо, існує нескінченна послідовність цифр$0.d_1d_2d_3\ldots$. Ми використовуємо геометричну формулу суми, щоб записати\[\begin{split} D_n = \frac{d_1}{10} + \frac{d_2}

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[7]/div/p[7]/span[2]/span, line 1, column 3

{1-\nicefrac{1}{10}} \right) = 1-{(\nicefrac{1}{10})}^{n} < 1 . \end{split}\] Зокрема,$D_n < 1$ для всіх$n$. Як$D_n \geq 0$ очевидно, ми отримуємо $$0 \leq \sup_{n\in {\mathbb{N}}} \, D_n \leq 1 ,$$ і, отже,$0.d_1d_2d_3\ldots$ являє собою унікальне число$x \in [0,1]$.

Переходимо до другого пункту. Візьміть$x \in (0,1]$. Спочатку займемося існуванням. За умовністю визначаємо$D_0 := 0$, потім автоматично отримуємо$D_0 < x \leq D_0 + {10}^{-0}$. Припустимо, для індукції ми визначили всі цифри$d_1,d_2,\ldots,d_n$, і що$D_n < x \leq D_n + {10}^{-n}$. Нам потрібно визначитися$d_{n+1}$.

За дійсними числами ми знаходимо ціле число$j$ таке, що$x-D_n \leq j {10}^{-(n+1)}$. Беремо найменше таких$j$ і $$\label{eq:theDnjineq} (j-1){10}^{-(n+1)} < x-D_n \leq j {10}^{-(n+1)} .$$ отримуємо Let$d_{n+1} := j-1$. Як$D_n < x$, тоді$d_{n+1} = j-1 \geq 0$. З іншого боку, оскільки у$x-D_n \leq {10}^{-n}$ нас$j$ це максимум 10, а отже$d_{n+1} \leq 9$. Так і$d_{n+1}$ десяткова цифра. Оскільки$D_{n+1} = D_n + d_{n+1} {10}^{-(n+1)}$ ми додаємо$D_n$ до нерівності [EQ:TheDNJineQ] вище: $$D_{n+1} = D_n + (j-1){10}^{-(n+1)} < x \leq %D_n + j {10}^{-(n+1)} = D_n + (j-1) {10}^{-(n+1)} + {10}^{-(n+1)} = D_{n+1} + {10}^{-(n+1)} .$$ І так$D_{n+1} < x \leq D_{n+1} + {10}^{-(n+1)}$ тримається. Ми індуктивно визначили нескінченну послідовність цифр$0.d_1d_2d_3\ldots$. Що$D_n < x$ стосується всіх$n$, то$\sup \{ D_n : n \in {\mathbb{N}}\} \leq x$. Як$x-{10}^{-n} \leq D_n$, то$x-{10}^{-n} \leq \sup \{ D_m : m \in {\mathbb{N}}\}$ для всіх$n$. Дві нерівності разом означають$\sup \{ D_n : n \in {\mathbb{N}}\} = x$.

Що залишилося показати, так це унікальність. Припустимо$0.e_1e_2e_3\ldots$, це ще одне подання$x$. $E_n$Дозволяти бути$n$ -цифра усічення$0.e_1e_2e_3\ldots$, і припустимо$E_n < x \leq E_n + {10}^{-n}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Припустимо$K \in {\mathbb{N}}$, для деяких,$e_n = d_n$ для всіх$n < K$, так$D_{K-1} = E_{K-1}$. Потім $$E_K = D_{K-1} + e_K{10}^{-K} < x \leq E_K + {10}^{-K} = D_{K-1} + e_K{10}^{-K} + {10}^{-K} .$$ Віднімання$D_{K-1}$ і множення на${10}^{K}$ ми отримуємо $$e_K < (x - D_{K-1}){10}^K \leq e_K + 1 .$$ Аналогічно отримуємо $$d_K < (x - D_{K-1}){10}^K \leq d_K + 1 .$$ Отже, обидва$e_K$ і$d_K$ є найбільшим цілим$j$ таким$j < (x - D_{K-1}){10}^K$, що, і тому$e_K = d_K$. Тобто уявлення є унікальним.

Представлення не є унікальним, якщо ми не вимагаємо додаткової умови в пропозиції. Наприклад, для числа метод$\nicefrac{1}{2}$ у доказі отримує подання $$0.49999\ldots .$$ Однак у нас також є представлення$0.5000\ldots$. Ключова вимога, яка робить представлення унікальним, є$D_n < x$ для всіх$n$. $x \leq D_n + {10}^{-n}$Нерівність вірна для кожного представлення шляхом обчислення на початку доказу.

Єдині числа, які мають неунікальні уявлення, - це ті, які закінчуються або на нескінченну послідовність$0$ s або$9$ s, тому що єдиним представленням, для якого$D_n = x$ є одне, де всі цифри, що минулі$n$ одиниці, дорівнюють нулю. У цьому випадку є рівно два уявлення$x$ (див. Вправи).

Наведемо ще один доказ незліченності реалів за допомогою десяткових уявлень. Це другий доказ Кантора, і, мабуть, більш відомий. Хоча цей доказ може здатися коротшим, це тому, що ми вже зробили важку частину вище, і нам залишається хитрий трюк, щоб довести, що${\mathbb{R}}$ це незліченно. Цей трюк називається діагоналізацією Кантора і знаходить застосування і в інших доказах.

Набір$(0,1]$ незліченний.

$X := \{ x_1,x_2,x_3,\ldots \}$Дозволяти бути будь-який підмножина дійсних чисел в$(0,1]$. Ми побудуємо дійсне число не в$X$. $$x_n = 0.d_1^nd_2^nd_3^n\ldots$$ Дозволяти унікальне подання з пропозиції,$d_j^n$ тобто$j$ й цифра$n$ го числа. Нехай$e_n := 1$ якщо$d_n^n \not= 1$, і нехай$e_n := 2$ якщо$d_n^n = 1$. $E_n$Дозволяти бути$n$ -цифра усічення$y = 0.e_1e_2e_3\ldots$. Тому що всі цифри ненульові, ми отримуємо, що$E_n < E_{n+1} \leq y$. Тому $$E_n < y \leq E_n + {10}^{-n}$$ для всіх$n$, і уявлення є унікальним для$y$ з пропозиції. Але для кожного$n$,$n$ ї цифри$y$ відрізняється від$n$ ї цифри$x_n$, так$y \not= x_n$. Тому$y \notin X$, як$X$ і довільна підмножина,$(0,1]$ повинна бути незліченною.

Використовуючи десяткові цифри, ми також можемо знайти багато чисел, які не є раціональними. Наступне судження вірно для кожного раціонального числа, але ми наводимо його тільки$x \in (0,1]$ для простоти.

[prop:rationaldecimal] Якщо$x \in (0,1]$ є раціональним числом і$x = 0.d_1d_2d_3\ldots$, то десяткові цифри зрештою починають повторюватися. Тобто є натуральні числа$N$ і$P$, такі, що для всіх$n \geq N$,$d_n = d_{n+P}$.

Нехай$x = \nicefrac{p}{q}$ для натуральних чисел$p$ і$q$. Припустимо,$x$ це число з унікальним поданням, оскільки в іншому випадку ми бачили вище, що обидва його уявлення повторюються.

Для обчислення першої цифри беремо$10 p$ і ділимо на$q$. Частка - це перша цифра,$d_1$ а залишок$r$ - деяке ціле число між 0 і$q-1$. Тобто,$d_1$ є найбільшим цілим таким, що$d_1 q \leq 10p$ і тоді$r = 10p - d_1q$.

Наступна цифра обчислюється$10 r$ діленням на$q$, і так далі. Ми помічаємо, що на кожному кроці є максимально$q$ можливі залишки, а отже, в якийсь момент процес повинен почати повторюватися. Насправді ми бачимо, що$P$ це максимум$q$.

Зворотне положення також вірно і залишається як вправа.

Число $$x = 0.101001000100001000001\ldots,$$ нераціональне. Тобто цифри - це$n$ нулі, потім одиниця, потім$n+1$ нулі, потім одиниця, і так далі і так далі. Те, що$x$ є ірраціональним, випливає з пропозиції; цифри ніколи не починають повторюватися. Для кожного$P$, якщо ми йдемо досить далеко, ми знаходимо 1, за яким слідують принаймні$P+1$ нулі.

Вправи

Що таке десяткове подання$1$ гарантовано? Переконайтеся, що показати, що він задовольняє умові.

Доведіть зворотне, тобто, якщо цифри в десятковому поданні з$x$ кінцевим часом повторюються, то$x$ повинні бути раціональними.

Показати, що дійсні числа$x \in (0,1)$ з неунікальним десятковим поданням є саме раціональними числами, які можна записати як$\frac{m}{10^n}$ для деяких цілих чисел$m$ і$n$. У цьому випадку показують, що існує рівно два уявлення про$x$.

$b \geq 2$Дозволяти ціле число. Визначте подання дійсного числа$[0,1]$ в терміні бази,$b$ а не основи 10 і доведіть для бази$b$.

Використовуючи попередню вправу з$b=2$ (двійковий), показати, що кардинальність${\mathbb{R}}$ є такою ж, як і кардинальність${\mathcal{P}}({\mathbb{N}})$, отримуючи ще одне (хоча і пов'язане) доказ, що${\mathbb{R}}$ є незліченним. Підказка: Побудувати два ін'єкції, один від$[0,1]$ до${\mathcal{P}}({\mathbb{N}})$ і один від${\mathcal{P}}({\mathbb{N}})$ до$[0,1]$. Підказка 2: З урахуванням$A \subset {\mathbb{N}}$ множини, нехай двійкова цифра$x$ дорівнює 1, якщо$n\in A$.$n$

Побудувати біекцію між$[0,1]$ і$[0,1] \times [0,1]$. Підказка: враховуйте парні та непарні цифри та будьте обережні щодо унікальності подання.

Послідовності та ряди

Послідовності та межі

Примітка: 2.5 лекції

Аналіз по суті полягає в прийнятті обмежень. Найосновніший тип обмеження - це межа послідовності дійсних чисел. Ми вже бачили послідовності, які використовуються неофіційно. Наведемо формальне визначення.

Послідовність (дійсних чисел) - це функція$x \colon {\mathbb{N}}\to {\mathbb{R}}$. Замість цього$x(n)$ ми зазвичай позначаємо$n$ й елемент в послідовності по$x_n$. Використовуємо позначення$\{ x_n \}$, а точніше $$\{ x_n \}_{n=1}^\infty,$$ для позначення послідовності.

Послідовність$\{ x_n \}$ обмежена, якщо існує$B \in {\mathbb{R}}$ така, що $$\left\lvert {x_n} \right\rvert \leq B \qquad \text{for all $n \in {\mathbb{N}}$.}$$ Іншими словами, послідовність$\{x_n\}$ обмежується щоразу, коли$\{ x_n : n \in {\mathbb{N}}\}$ множина обмежена.

Коли нам потрібно дати конкретну послідовність, ми часто даємо кожен член як формулу з точки зору$n$. Наприклад$\{ \nicefrac{1}{n} \}_{n=1}^\infty$, або просто$\{ \nicefrac{1}{n} \}$, позначає послідовність$1, \nicefrac{1}{2}, \nicefrac{1}{3}, \nicefrac{1}{4}, \nicefrac{1}{5}, \ldots$. Послідовність$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ є обмеженою послідовністю ($B=1$буде достатньо). З іншого боку, послідовність$\{ n \}$ означає$1,2,3,4,\ldots$, і ця послідовність не обмежена (чому?).

Хоча позначення для послідовності подібне ⁷ до позначення множини, поняття відрізняються. Наприклад, послідовність$\{ {(-1)}^n \}$ - це послідовність$-1,1,-1,1,-1,1,\ldots$, тоді як набір значень, діапазон послідовності, - це просто безліч$\{ -1, 1 \}$. Ми можемо написати цей набір як$\{ {(-1)}^n : n \in {\mathbb{N}}\}$. Коли може виникнути неоднозначність, ми використовуємо послідовність слів або набір, щоб розрізнити два поняття.

Іншим прикладом послідовності є так звана постійна послідовність. Тобто послідовність, що$\{ c \} = c,c,c,c,\ldots$ складається з однієї постійної, що$c \in {\mathbb{R}}$ повторюється нескінченно довго.

Тепер ми перейдемо до ідеї обмеження послідовності. Ми побачимо в тому, що позначення нижче чітко визначені. Тобто, якщо ліміт існує, то він унікальний. Так що має сенс говорити про межу послідовності.

Кажуть,$\{ x_n \}$ що послідовність сходиться до числа$x \in {\mathbb{R}}$, якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ така, що$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert < \epsilon$ для всіх$n \geq M$. Кількість$x$, як кажуть, межа$\{ x_n \}$. пишемо $$\lim_{n\to \infty} x_n := x .$$

Послідовність, яка сходиться, кажуть, що збігається. В іншому випадку послідовність кажуть, що розходиться.

Добре інтуїтивно знати, що означає ліміт. Це означає, що в кінцевому підсумку кожне число в послідовності наближається до числа$x$. Точніше, ми можемо довільно наблизитися до межі, за умови, що зайдемо досить далеко в послідовності. Це не означає, що ми коли-небудь досягаємо межі. Цілком можливо, і досить поширене, що немає$x_n$ в послідовності, яка дорівнює межі$x$. Ми ілюструємо поняття в. На малюнку ми спочатку думаємо про послідовність як графік, оскільки вона є функцією${\mathbb{N}}$. По-друге, ми також будуємо його як послідовність позначених точок на реальній лінії.

Коли ми пишемо$\lim\, x_n = x$ для деякого реального числа$x$, ми говоримо дві речі. По-перше,$\{ x_n \}$ тобто сходиться, а по-друге, що межа є$x$.

Вищевказане визначення є одним з найважливіших визначень в аналізі, і розуміти його необхідно досконало. Ключовим моментом у визначенні є те, що з огляду на будь-який$\epsilon > 0$, ми можемо знайти$M$. Це$M$ може залежати від$\epsilon$, тому ми вибираємо лише$M$ один раз, коли знаємо$\epsilon$. Проілюструємо це поняття на кількох прикладах.

Постійна послідовність$1,1,1,1,\ldots$ збігається, а межа дорівнює 1. Для кожного$\epsilon > 0$ ми підбираємо$M = 1$.

Претензія: Послідовність$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ збігається і $$\lim_{n\to \infty} \frac{1}{n} = 0 .$$ Доказ: З огляду на$\epsilon > 0$, знаходимо$M \in {\mathbb{N}}$ таку, що$0 < \nicefrac{1}{M} < \epsilon$ (на роботі). Тоді для всіх у$n \geq M$ нас є, що $$\left\lvert {x_n - 0} \right\rvert = \left\lvert {\frac{1}{n}} \right\rvert = \frac{1}{n} \leq \frac{1}{M} < \epsilon .$$

$\{ {(-1)}^n \}$Послідовність розходиться. Доказ: Якщо існував ліміт$x$, то для$\epsilon = \frac{1}{2}$ нас очікуємо$M$, що задовольняє визначенню. Припустимо, таке$M$ існує, то для парного$n \geq M$ ми $$\nicefrac{1}{2} > \left\lvert {x_n - x} \right\rvert = \left\lvert {1 - x} \right\rvert \qquad \text{and} \qquad \nicefrac{1}{2} > \left\lvert {x_{n+1} - x} \right\rvert = \left\lvert {-1 - x} \right\rvert .$$ обчислюємо Але $$2 = \left\lvert {1 - x - (-1 -x)} \right\rvert \leq \left\lvert {1 - x} \right\rvert + \left\lvert {-1 -x} \right\rvert < \nicefrac{1}{2} + \nicefrac{1}{2} = 1 ,$$ і це протиріччя.

[prop:limisunique] Конвергентна послідовність має унікальну межу.

Доказ цієї пропозиції демонструє корисну техніку в аналізі. Багато доказів слідують одній і тій же загальній схемі. Ми хочемо показати певну величину дорівнює нулю. Ми запишемо величину, використовуючи нерівність трикутника як дві величини, і оцінюємо кожну з них довільно малими числами.

Припустимо, послідовність$\{ x_n \}$ має межу$x$ і межу$y$. Візьміть довільну$\epsilon > 0$. З визначення знайдіть$M_1$ таке, що для всіх$n \geq M_1$,$\left\lvert {x_n-x} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Аналогічно знаходимо$M_2$ таке, що для всіх у$n \geq M_2$ нас є$\left\lvert {x_n-y} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Візьміть$M := \max \{M_1, M_2\}$. Бо$n \geq M$ (так що$n \geq M_1$ і те й інше$n \geq M_2$) у нас $$\begin{split} \left\lvert {y-x} \right\rvert & = \left\lvert {x_n-x - (x_n -y)} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {x_n-x} \right\rvert + \left\lvert {x_n -y} \right\rvert \\ & < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon . \end{split}$$ Як$\left\lvert {y-x} \right\rvert < \epsilon$ для всіх$\epsilon > 0$, то$\left\lvert {y-x} \right\rvert = 0$ і$y=x$. Звідси межа (якщо вона існує) є унікальною.

Збіжна$\{ x_n \}$ послідовність обмежена.

Припустимо,$\{ x_n \}$ сходиться до$x$. При цьому існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert < 1$. Нехай$B_1 := \left\lvert {x} \right\rvert+1$ і зауважте, що для$n \geq M$ нас $$\begin{split} \left\lvert {x_n} \right\rvert & = \left\lvert {x_n - x + x} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {x_n - x} \right\rvert + \left\lvert {x} \right\rvert \\ & < 1 + \left\lvert {x} \right\rvert = B_1 . \end{split}$$ $\{ \left\lvert {x_1} \right\rvert, \left\lvert {x_2} \right\rvert, \ldots, \left\lvert {x_{M-1}} \right\rvert \}$ є Набір є кінцевий набір і, отже, $$B_2 := \max \{ \left\lvert {x_1} \right\rvert, \left\lvert {x_2} \right\rvert, \ldots, \left\lvert {x_{M-1}} \right\rvert \} .$$ нехай$B := \max \{ B_1, B_2 \}$. Тоді для всіх у$n \in {\mathbb{N}}$ нас є $$\left\lvert {x_n} \right\rvert \leq B. \qedhere$$

Послідовність$\{ {(-1)}^n \}$ показує, що зворотне не тримається. Обмежена послідовність не обов'язково збігається.

Покажемо послідовність$\left\{ \frac{n^2+1}{n^2+n} \right\}$ сходиться і $$\lim_{n\to\infty} \frac{n^2+1}{n^2+n} = 1 .$$

Враховуючи$\epsilon > 0$, знайдіть$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що$\frac{1}{M+1} < \epsilon$. Тоді для будь-якого у$n \geq M$ нас є $$\begin{split} %\abs{\frac{n^2+1}{n^2+n} - 1} & = %\abs{\frac{n^2+1 - (n^2+n)}{n^2+n}} \\ \left\lvert {\frac{n^2+1}{n^2+n} - 1} \right\rvert = \left\lvert {\frac{n^2+1 - (n^2+n)}{n^2+n}} \right\rvert & = \left\lvert {\frac{1 - n}{n^2+n}} \right\rvert \\ & = \frac{n-1}{n^2+n} \\ & \leq \frac{n}{n^2+n} = \frac{1}{n+1} \\ & \leq \frac{1}{M+1} < \epsilon . \end{split}$$ Отже,$\lim \frac{n^2+1}{n^2+n} = 1$.

Монотонні послідовності

Найпростіший тип послідовності - монотонна послідовність. Перевірити, чи збігається монотонна послідовність, так само просто, як перевірити, чи вона обмежена. Також легко знайти межу для конвергентної монотонної послідовності, за умови, що ми можемо знайти супремум або інфімум лічильного набору чисел.

$\{ x_n \}$Послідовність монотонно збільшується, якщо$x_n \leq x_{n+1}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. $\{ x_n \}$Послідовність монотонно зменшується, якщо$x_n \geq x_{n+1}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Якщо послідовність або монотонне збільшення, або монотонне зменшення, ми можемо просто сказати, що послідовність монотонна. Деякі автори також використовують слово монотонний.

Наприклад,$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ є монотонним зменшенням, постійна послідовність$\{ 1 \}$ є як монотонним збільшенням, так і монотонним зменшенням, і не$\{ {(-1)}^n \}$ є монотонною. Перші кілька термінів зразка монотонної зростаючої послідовності показані в.

[thm:monotoneconv] Монотонна послідовність$\{ x_n \}$ обмежена тоді і лише тоді, коли вона збіжна.

Крім того, якщо монотонно збільшується і$\{ x_n \}$ обмежується, то $$\lim_{n\to \infty} x_n = \sup \{ x_n : n \in {\mathbb{N}}\} .$$ Якщо$\{ x_n \}$ монотонно зменшується і обмежується, то $$\lim_{n\to \infty} x_n = \inf \{ x_n : n \in {\mathbb{N}}\} .$$

Припустимо, послідовність монотонно збільшується. Припустимо, послідовність обмежена, тому існує$B$ така$n$, що$x_n \leq B$ для всіх, тобто$\{ x_n : n \in {\mathbb{N}}\}$ множина обмежена зверху. $$x := \sup \{ x_n : n \in {\mathbb{N}}\} .$$ $\epsilon > 0$Дозволяти бути довільним. Як і$x$ супремум, то повинен бути хоча б один$M \in {\mathbb{N}}$ такий, що$x_{M} > x-\epsilon$ (тому що$x$ є супремум). Як$\{ x_n \}$ монотонність збільшується, то легко побачити (по) що$x_n \geq x_{M}$ для всіх$n \geq M$. $$\left\lvert {x_n-x} \right\rvert = x-x_n \leq x-x_{M} < \epsilon .$$ Отже, послідовність сходиться до$x$. Ми вже знаємо, що збіжна послідовність обмежена, що завершує інший напрямок імплікації.

Доказ монотонних спадних послідовностей залишається як вправа.

Візьміть послідовність$\{ \frac{1}{\sqrt{n}} \}$.

Перш$\frac{1}{\sqrt{n}} > 0$ за все$n \in {\mathbb{N}}$, а значить, послідовність обмежена знизу. Покажемо, що це монотонне зменшення. Почнемо з$\sqrt{n+1} \geq \sqrt{n}$ (чому це правда?). З цієї нерівності ми отримуємо $$\frac{1}{\sqrt{n+1}} \leq \frac{1}{\sqrt{n}} .$$ Так послідовність монотонно зменшується і обмежена знизу (отже, обмежена). Ми застосовуємо теорему, щоб відзначити, що послідовність є збіжною і насправді $$\lim_{n\to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = \inf \left\{ \frac{1}{\sqrt{n}} : n \in {\mathbb{N}}\right\} .$$ Ми вже знаємо, що infimum більше або дорівнює 0, оскільки 0 є нижньою межею. Візьміть число$b \geq 0$ таке, що$b \leq \frac{1}{\sqrt{n}}$ для всіх$n$. Ми квадратні обидві сторони, щоб отримати $$b^2 \leq \frac{1}{n} \qquad \text{for all $n \in {\mathbb{N}}$}.$$ Ми бачили раніше, що це означає, що$b^2 \leq 0$ (наслідок). Як у нас теж є$b^2 \geq 0$, то$b^2 = 0$ і так$b = 0$. $b=0$Звідси і найбільша нижня межа, і$\lim \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$.

Слово застереження: Ми повинні показати, що монотонна послідовність обмежена для використання. Наприклад, послідовність$\{ 1 + \nicefrac{1}{2} + \cdots + \nicefrac{1}{n} \}$ - це монотонна зростаюча послідовність, яка росте дуже повільно. Ми побачимо, як тільки ми дійдемо до серії, що ця послідовність не має верхньої межі і тому не сходиться. Зовсім не очевидно, що ця послідовність не має верхньої межі.

Поширеним прикладом того, де виникають монотонні послідовності, є наступна пропозиція. Доказ залишають як вправу.

[prop:supinfseq]$S \subset {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути непорожнім обмеженою множиною. Тоді існують монотонні послідовності$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ такі, що$x_n, y_n \in S$ і $$\sup\,S = \lim_{n\to \infty} x_n \qquad \text{and} \qquad \inf\,S = \lim_{n\to\infty} y_n .$$

Хвіст послідовності

Для послідовності$\{ x_n \}$ $K$-tail (де$K \in {\mathbb{N}}$) або просто хвіст послідовності - це послідовність, що починається з$K+1$, зазвичай пишеться як $$\{ x_{n+K} \}_{n=1}^\infty \qquad \text{or} \qquad \{ x_n \}_{n=K+1}^\infty .$$

Основним результатом щодо хвоста послідовності є наступна пропозиція.

$\{ x_n \}_{n=1}^\infty$Дозволяти послідовність. Тоді такі твердження рівнозначні:

1. [prop:ktail:i] Послідовність$\{ x_n \}_{n=1}^\infty$ збігається.
2. [prop:ktail:ii]$K$$\{ x_{n+K} \}_{n=1}^\infty$ -tail сходиться для всіх$K \in {\mathbb{N}}$.
3. [prop:ktail:iii] Для деяких$\{ x_{n+K} \}_{n=1}^\infty$ зближується$K$ -tail$K \in {\mathbb{N}}$.

Крім того, якщо існують будь-які (а значить і всі) межі, то для будь-якого$K \in {\mathbb{N}}$ $$\lim_{n\to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} x_{n+K} .$$

Зрозуміло, що [prop:ktail:ii] має на увазі [prop:ktail:iii]. Тому спочатку ми покажемо, що [prop:ktail:i] означає [prop:ktail:ii], а потім покажемо, що [prop:ktail:iii] означає [prop:ktail:i]. У процесі ми також покажемо, що межі рівні.

Почнемо з [prop:ktail:i] має на увазі [prop:ktail:ii]. Припустимо,$\{x_n \}$ сходиться до деяких$x \in {\mathbb{R}}$. $K \in {\mathbb{N}}$Дозволяти бути довільним. Визначимо$y_n := x_{n+K}$, ми хочемо показати, що$\{ y_n \}$ сходиться до$x$. Тобто, з огляду на$\epsilon > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що$\left\lvert {x-x_n} \right\rvert < \epsilon$ для всіх$n \geq M$. Зверніть увагу, що$n \geq M$ має на увазі$n+K \geq M$. Отже, це правда, що для всіх$n \geq M$ ми маємо те, що $$\left\lvert {x-y_n} \right\rvert = \left\lvert {x-x_{n+K}} \right\rvert < \epsilon .$$ Тому$\{ y_n \}$ сходиться до$x$.

Перейдемо до [prop:ktail:iii] означає [prop:ktail:i]. $K \in {\mathbb{N}}$Дозволяти дати, визначити$y_n := x_{n+K}$, і припустимо, що$\{ y_n \}$ сходиться$x \in {\mathbb{R}}$. Тобто, з огляду на$\epsilon > 0$, існує$M' \in {\mathbb{N}}$ таке, що$\left\lvert {x-y_n} \right\rvert < \epsilon$ для всіх$n \geq M'$. Нехай$M := M'+K$. Потім$n \geq M$ має на увазі$n-K \geq M'$. Таким чином, коли$n \geq M$ ми маємо $$\left\lvert {x-x_n} \right\rvert = \left\lvert {x-y_{n-K}} \right\rvert < \epsilon.$$ Тому$\{ x_n \}$ сходиться до$x$.

По суті, межа не дбає про те, як починається послідовність, вона піклується лише про хвіст послідовності. Тобто початок послідовності може бути довільним.

Наприклад, послідовність,$x_n := \frac{n}{n^2+16}$ визначена, зменшується, якщо ми починаємо з$n=4$ (вона збільшується раніше). Тобто$\{ x_n \} = \nicefrac{1}{17}, \nicefrac{1}{10}, \nicefrac{3}{25}, \nicefrac{1}{8}, \nicefrac{5}{41}, \nicefrac{3}{26}, \nicefrac{7}{65}, \nicefrac{1}{10}, \nicefrac{9}{97}, \nicefrac{5}{58},\ldots$, і $$\nicefrac{1}{17} < \nicefrac{1}{10} < \nicefrac{3}{25} < \nicefrac{1}{8} > \nicefrac{5}{41} > \nicefrac{3}{26} > \nicefrac{7}{65} > \nicefrac{1}{10} > \nicefrac{9}{97} > \nicefrac{5}{58} > \ldots .$$ Тобто якщо ми викинемо перші 3 терміни і подивимося на 3 хвіст він зменшується. Доказ залишають як вправу. Так як 3-хвіст монотонний і обмежений нижче нулем, він сходиться, і тому послідовність сходиться.

Підпослідовності

Дуже корисним поняттям, пов'язаним з послідовностями, є поняття підпослідовності. Підпослідовність$\{ x_n \}$ - це послідовність, яка містить лише деякі числа з$\{ x_n \}$ того ж порядку.

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність. $\{ n_i \}$Дозволяти бути строго зростаюча послідовність натуральних чисел (тобто$n_1 < n_2 < n_3 < \cdots$). Послідовність $$\{ x_{n_i} \}_{i=1}^\infty$$ називається підпослідовністю$\{ x_n \}$.

Для прикладу візьмемо послідовність$\{ \nicefrac{1}{n} \}$. Послідовність$\{ \nicefrac{1}{3n} \}$ є підпослідовністю. Щоб побачити, як ці дві послідовності вписуються в визначення, візьміть$n_i := 3i$. Числа в підпослідовності повинні виходити з початкової послідовності, тому не$1,0,\nicefrac{1}{3},0, \nicefrac{1}{5},\ldots$ є підпослідовністю$\{ \nicefrac{1}{n} \}$. Аналогічно порядок повинен зберігатися, тому послідовність не$1,\nicefrac{1}{3},\nicefrac{1}{2},\nicefrac{1}{5},\ldots$ є підпослідовністю$\{ \nicefrac{1}{n} \}$.

Хвіст послідовності - це один особливий тип підпослідовності. Для довільної підпослідовності ми маємо наступну пропозицію про збіжність.

[prop:seqtosubseq] Якщо$\{ x_n \}$ є збіжною послідовністю, то будь-яка$\{ x_{n_i} \}$ підпослідовність також збігається і $$\lim_{n\to \infty} x_n = \lim_{i\to \infty} x_{n_i} .$$

Припустимо$\lim_{n\to \infty} x_n = x$. Це означає, що для кожного у$\epsilon > 0$ нас є$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх$n \geq M$ $$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert < \epsilon .$$ Це не важко довести (зробити це!) тим самим$n_i \geq i$. Звідси$i \geq M$ випливає$n_i \geq M$. Таким чином, за все у$i \geq M$ нас є $$\left\lvert {x_{n_i} - x} \right\rvert < \epsilon ,$$ і ми зробили.

Існування збіжної підпослідовності не передбачає збіжності самої послідовності. Візьміть послідовність$0,1,0,1,0,1,\ldots$. Тобто$x_n = 0$ якщо$n$ непарно, а$x_n = 1$ якщо$n$ парне. $\{ x_n \}$Послідовність розходиться, однак, підпослідовність$\{ x_{2n} \}$ сходиться до 1, а підпослідовність$\{ x_{2n+1} \}$ сходиться до 0. Порівняти.

Вправи

У наступних вправах сміливо використовуйте те, що ви знаєте з обчислення, щоб знайти межу, якщо вона існує. Але ви повинні довести, що знайшли правильну межу, або довести, що ряд розходиться.

Чи$\{ 3n \}$ обмежена послідовність? Довести або спростувати.

Чи є послідовність$\{ n \}$ збіжною? Якщо так, то який ліміт?

Чи є послідовність$\left\{ \dfrac{{(-1)}^n}{2n} \right\}$ збіжною? Якщо так, то який ліміт?

Чи є послідовність$\{ 2^{-n} \}$ збіжною? Якщо так, то який ліміт?

Чи є послідовність$\left\{ \dfrac{n}{n+1} \right\}$ збіжною? Якщо так, то який ліміт?

Чи є послідовність$\left\{ \dfrac{n}{n^2+1} \right\}$ збіжною? Якщо так, то який ліміт?

[Вправа: абсконв]$\{ x_n \}$ Дозволяти бути послідовністю.

1. Показати, що$\lim\, x_n = 0$ (тобто межа існує і дорівнює нулю) тоді і тільки тоді, коли$\lim \left\lvert {x_n} \right\rvert = 0$.
2. Знайдіть приклад такий, який$\{ \left\lvert {x_n} \right\rvert \}$$\{ x_n \}$ сходиться і розходиться.

Чи є послідовність$\left\{ \dfrac{2^n}{n!} \right\}$ збіжною? Якщо так, то який ліміт?

Показати, що послідовність$\left\{ \dfrac{1}{\sqrt[3]{n}} \right\}$ є монотонною, обмеженою, і використовувати для пошуку межі.

Показати, що послідовність$\left\{ \dfrac{n+1}{n} \right\}$ є монотонною, обмеженою, і використовувати для пошуку межі.

Завершіть доказ монотонних спадних послідовностей.

Доведіть.

$\{ x_n \}$Дозволяти збіжну монотонну послідовність. Припустимо, існує$k \in {\mathbb{N}}$ таке, що $$\lim_{n\to \infty} x_n = x_k .$$ Показати, що$x_n = x_k$ для всіх$n \geq k$.

Знайти збіжну підпослідовність послідовності$\{ {(-1)}^n \}$.

$\{x_n\}$Дозволяти послідовність, визначену $$x_n := \begin{cases} n & \text{if $n$ is odd} , \\ \nicefrac{1}{n} & \text{if $n$ is even} . \end{cases}$$

1. Чи обмежена послідовність? (довести або спростувати)
2. Чи існує збіжна підпослідовність? Якщо так, знайдіть його.

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність. Припустимо, є дві збігаються підпослідовності$\{ x_{n_i} \}$ і$\{ x_{m_i} \}$. Припустимо $$\lim_{i\to\infty} x_{n_i} = a \qquad \text{and} \qquad \lim_{i\to\infty} x_{m_i} = b,$$ , де$a \not= b$. Доведіть,$\{ x_n \}$ що не сходиться, без використання.

Знайдіть$\{ x_n \}$ таку послідовність, щоб для будь-якої$y \in {\mathbb{R}}$ існувала підпослідовність, що$\{ x_{n_i} \}$ сходиться до$y$.

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність і$x \in {\mathbb{R}}$. Припустимо$\epsilon > 0$, для будь-якого, є$M$ таке, що для всіх$n \geq M$,$\left\lvert {x_n-x} \right\rvert \leq \epsilon$. Покажіть, що$\lim\, x_n = x$.

Нехай$\{ x_n \}$ буде послідовність і$x \in {\mathbb{R}}$ така, що існує$k \in {\mathbb{N}}$ така, що для всіх$n \geq k$,$x_n = x$. Доведіть, що$\{ x_n \}$ сходиться до$x$.

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність і визначити послідовність$\{ y_n \}$ за$y_{2k} := x_{k^2}$ і$y_{2k-1} = x_k$ для всіх$k \in {\mathbb{N}}$. Доведіть, що$\{ x_n \}$ сходиться, якщо і тільки якщо$\{ y_n \}$ сходиться. Крім того, доведіть, що якщо вони сходяться, то$\lim\, x_n = \lim\, y_n$.

Показати, що 3-хвіст послідовності, визначеної,$x_n := \frac{n}{n^2+16}$ є монотонним зменшенням. Підказка: Припустимо$n \geq m \geq 4$ і розглянемо чисельник виразу$x_n-x_m$.

Припустимо,$\{ x_n \}$ що послідовність така, що підпослідовності$\{ x_{2n} \}$$\{ x_{2n-1} \}$, і$\{ x_{3n} \}$ все сходяться. Покажіть, що$\{ x_n \}$ є конвергентним.

Факти про межі послідовностей

Примітка: 2—2.5 лекції, рекурсивно визначені послідовності можна безпечно пропустити

У цьому розділі ми переглядаємо деякі основні результати щодо меж послідовностей. Ми починаємо з розгляду того, як послідовності взаємодіють з нерівностями.

Межі та нерівності

Основною лемою про межі та нерівності є так звана лема стиснення. Це дозволяє нам показати збіжність послідовностей у складних випадках, якщо ми знайдемо дві інші простіші збіжні послідовності, які «стискають» вихідну послідовність.

[squeeze:lemma] Нехай$\{ a_n \}$$\{ b_n \}$, і$\{ x_n \}$ бути послідовності такі, що $$a_n \leq x_n \leq b_n \quad \text{ for all $n \in {\mathbb{N}}$} .$$ Припустимо$\{ a_n \}$ і$\{ b_n \}$ сходяться, а $$\lim_{n\to \infty} a_n = \lim_{n\to \infty} b_n .$$ потім$\{ x_n \}$ сходиться і $$\lim_{n\to \infty} x_n = \lim_{n\to \infty} a_n = \lim_{n\to \infty} b_n .$$

Інтуїтивна ідея доказу проілюстрована в. Якщо$x$ межа$a_n$ і$b_n$, то якщо вони обидва знаходяться в межах$\nicefrac{\epsilon}{3}$$x$, то відстань між$a_n$ і$b_n$ є максимум$\nicefrac{2\epsilon}{3}$. Як$x_n$ є між$a_n$ і$b_n$ це максимум$\nicefrac{2\epsilon}{3}$ від$a_n$. Так як$a_n$ знаходиться в$\nicefrac{\epsilon}{3}$ крайньому випадку далеко від$x$, то$x_n$ повинен бути максимум$\epsilon$ далеко від$x$. Давайте слідувати за цією інтуїцією неухильно.

Нехай$x := \lim\, a_n = \lim\, b_n$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть.

Знайдіть$M_1$ таке, що для всіх у$n \geq M_1$ нас є$\left\lvert {a_n-x} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$, і$M_2$ таке, що для всіх у$n \geq M_2$ нас є$\left\lvert {b_n-x} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$. Набір$M := \max \{M_1, M_2 \}$. Припустимо$n \geq M$. Ми обчислюємо $$\begin{split} \left\lvert {x_n - a_n} \right\rvert = x_n-a_n & \leq b_n-a_n \\ & = \left\lvert {b_n - x + x - a_n} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {b_n - x} \right\rvert + \left\lvert {x - a_n} \right\rvert \\ & < \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \frac{2\epsilon}{3} . \end{split}$$ Озброєний цією інформацією, яку ми оцінюємо, $$\begin{split} \left\lvert {x_n - x} \right\rvert &= \left\lvert {x_n - x + a_n - a_n} \right\rvert \\ &\leq \left\lvert {x_n - a_n} \right\rvert + \left\lvert {a_n - x} \right\rvert \\ & < \frac{2\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon . \end{split}$$ І ми закінчили.

Одним із застосувань є обчислення меж послідовностей за допомогою обмежень, які вже відомі. Наприклад, припустимо, що у нас є послідовність$\{ \frac{1}{n\sqrt{n}} \}$. Так як$\sqrt{n} \geq 1$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$ у нас є $$0 \leq \frac{1}{n\sqrt{n}} \leq \frac{1}{n}$$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Ми вже знаємо$\lim \nicefrac{1}{n} = 0$. Отже, використовуючи постійну послідовність$\{ 0 \}$ і послідовність$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ в лемі стискання, робимо висновок $$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{n\sqrt{n}} = 0 .$$

Межі також зберігають нерівності.

[limandineq:lemma] Нехай$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ бути збіжними послідовностями і $$x_n \leq y_n ,$$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Тоді $$\lim_{n\to\infty} x_n \leq \lim_{n\to\infty} y_n .$$

Нехай$x := \lim\, x_n$ і$y := \lim\, y_n$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Знайдіть$M_1$ таке, що для всіх у$n \geq M_1$ нас є$\left\lvert {x_n-x} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Знайдіть$M_2$ таке, що для всіх у$n \geq M_2$ нас є$\left\lvert {y_n-y} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Зокрема, для деяких$n \geq \max\{ M_1, M_2 \}$ ми маємо$x-x_n < \nicefrac{\epsilon}{2}$ і$y_n-y < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Ми додаємо ці нерівності, щоб отримати $$y_n-x_n+x-y < \epsilon, \qquad \text{or} \qquad y_n-x_n < y-x+ \epsilon .$$ Оскільки у$x_n \leq y_n$ нас є$0 \leq y_n-x_n$ і, отже,$0 < y-x+ \epsilon$. Іншими словами, $$x-y < \epsilon .$$ тому що$\epsilon > 0$ було довільним$x-y \leq 0$, ми отримуємо, як ми бачили, що невід'ємне число менше будь-якого додатного$\epsilon$ дорівнює нулю. Тому$x \leq y$.

Простий наслідок доведено, використовуючи постійні послідовності в. Доказ залишають як вправу.

[limandineq:cor]

1. $\{ x_n \}$Дозволяти збіжну послідовність така$x_n \geq 0$, що, потім $$\lim_{n\to\infty} x_n \geq 0.$$
2. Нехай$a,b \in {\mathbb{R}}$ і нехай$\{ x_n \}$ буде конвергентна послідовність така, що $$a \leq x_n \leq b ,$$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Тоді $$a \leq \lim_{n\to\infty} x_n \leq b.$$

У і ми не можемо просто замінити всі несуворі нерівності суворими нерівностями. Наприклад, нехай$x_n := \nicefrac{-1}{n}$ і$y_n := \nicefrac{1}{n}$. Потім$x_n < y_n$$x_n < 0$, і$y_n > 0$ для всіх$n$. Однак ці нерівності не зберігаються граничною операцією, як ми маємо$\lim\, x_n = \lim\, y_n = 0$. Мораль цього прикладу полягає в тому, що суворі нерівності можуть стати нестрогими нерівностями при застосуванні обмежень; якщо ми знаємо$x_n < y_n$ для всіх$n$, ми можемо лише зробити висновок $$\lim_{n \to \infty} x_n \leq \lim_{n \to \infty} y_n .$$ Це питання є загальним джерелом помилок.

Неперервність алгебраїчних операцій

Обмеження добре взаємодіють з алгебраїчними операціями.

[prop:contalg] Дозволяти$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ бути збіжними послідовностями.

1. [prop:contalg:i] Послідовність$\{ z_n \}$, де$z_n := x_n + y_n$, сходиться і $$\lim_{n \to \infty} (x_n + y_n) = \lim_{n \to \infty} z_n = \lim_{n \to \infty} x_n + \lim_{n \to \infty} y_n .$$
2. [prop:contalg:ii] Послідовність$\{ z_n \}$, де$z_n := x_n - y_n$, сходиться і $$\lim_{n \to \infty} (x_n - y_n) = \lim_{n \to \infty} z_n = \lim_{n \to \infty} x_n - \lim_{n \to \infty} y_n .$$
3. [prop:contalg:iii] Послідовність$\{ z_n \}$, де$z_n := x_n y_n$, сходиться і $$\lim_{n \to \infty} (x_n y_n) = \lim_{n \to \infty} z_n = \left( \lim_{n \to \infty} x_n \right) \left( \lim_{n \to \infty} y_n \right) .$$
4. [prop:contalg:iv] Якщо$\lim\, y_n \not= 0$ і$y_n \not= 0$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$, то послідовність$\{ z_n \}$, де$z_n := \dfrac{x_n}{y_n}$, сходиться і $$\lim_{n \to \infty} \frac{x_n}{y_n} = \lim_{n \to \infty} z_n = %\frac{\lim_{n \to \infty} x_n}{\lim_{n \to \infty} y_n} . \frac{\lim\, x_n}{\lim\, y_n} .$$

Почнемо з [prop:contalg:i]. Припустимо$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ є збіжними послідовностями і записуємо$z_n := x_n + y_n$. Нехай$x := \lim\, x_n$,$y := \lim\, y_n$, і$z := x+y$.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Знайдіть$M_1$ таке, що для всіх у$n \geq M_1$ нас є$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Знайдіть$M_2$ таке, що для всіх у$n \geq M_2$ нас є$\left\lvert {y_n - y} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Візьміть$M := \max \{ M_1, M_2 \}$. Для всіх$n \geq M$ ми маємо $$\begin{split} \left\lvert {z_n - z} \right\rvert &= \left\lvert {(x_n+y_n) - (x+y)} \right\rvert = \left\lvert {x_n-x + y_n-y} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {x_n-x} \right\rvert + \left\lvert {y_n-y} \right\rvert \\ & < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon. \end{split}$$ Тому [prop:contalg:i] доведено. Доказ [prop:contalg:ii] майже ідентичний і залишається як вправа.

Займемося [prop:contalg:iii]. Припустимо ще раз, що$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ є збіжними послідовностями і запишіть$z_n := x_n y_n$. Нехай$x := \lim\, x_n$,$y := \lim\, y_n$, і$z := xy$.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Як$\{ x_n \}$ сходиться, вона обмежена. Тому знайдіть$B >0$ таку, що$\left\lvert {x_n} \right\rvert \leq B$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Знайдіть$M_1$ таке, що для всіх у$n \geq M_1$ нас є$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2(\left\lvert {y} \right\rvert+1)}$. Знайдіть$M_2$ таке, що для всіх у$n \geq M_2$ нас є$\left\lvert {y_n - y} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2B}$. Візьміть$M := \max \{ M_1, M_2 \}$. Для всіх у$n \geq M$ нас є $$\begin{split} \left\lvert {z_n - z} \right\rvert &= \left\lvert {(x_ny_n) - (xy)} \right\rvert \\ & = \left\lvert {x_ny_n - (x+x_n-x_n)y} \right\rvert \\ & = \left\lvert {x_n(y_n -y) + (x_n - x)y} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {x_n(y_n -y)} \right\rvert + \left\lvert {(x_n - x)y} \right\rvert \\ & = \left\lvert {x_n} \right\rvert\left\lvert {y_n -y} \right\rvert + \left\lvert {x_n - x} \right\rvert\left\lvert {y} \right\rvert \\ & \leq B\left\lvert {y_n -y} \right\rvert + \left\lvert {x_n - x} \right\rvert\left\lvert {y} \right\rvert \\ & < B\frac{\epsilon}{2B} + \frac{\epsilon}{2(\left\lvert {y} \right\rvert+1)}\left\lvert {y} \right\rvert \\ & < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon . \end{split}$$

Нарешті, давайте вирішимо [prop:contalg:iv]. Замість того, щоб безпосередньо доводити [prop:contalg:iv], ми доводимо наступне більш просте твердження:

Претензія: Якщо$\{ y_n \}$ є збіжною послідовністю така, що$\lim\, y_n \not= 0$ і$y_n \not= 0$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$, то $$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{y_n} = \frac{1}{\lim\, y_n} .$$

Як тільки претензія буде доведена, беремо послідовність$\{ \nicefrac{1}{y_n} \}$, множимо її на послідовність$\{ x_n \}$ і застосовуємо пункт [prop:contalg:iii].

Доказ позову: Нехай$\epsilon > 0$ буде дано. Нехай$y := \lim\, y_n$. Знайдіть$M$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є $$\left\lvert {y_n - y} \right\rvert < \min \left\{ \left\lvert {y} \right\rvert^2\frac{\epsilon}{2}, \, \frac{\left\lvert {y} \right\rvert}{2} \right\} .$$ Зверніть увагу, що ми можемо зробити цю претензію, оскільки права сторона є позитивною, тому що$\left\lvert {y} \right\rvert \not= 0$. Тому для всіх у$n \geq M$ нас є$\left\lvert {y - y_n} \right\rvert < \frac{\left\lvert {y} \right\rvert}{2}$, і так $$\left\lvert {y} \right\rvert = \left\lvert {y - y_n + y_n } \right\rvert \leq \left\lvert {y - y_n} \right\rvert + \left\lvert { y_n } \right\rvert < \frac{\left\lvert {y} \right\rvert}{2} + \left\lvert {y_n} \right\rvert.$$ Віднімаючи$\nicefrac{\left\lvert {y} \right\rvert}{2}$ з обох сторін, ми отримуємо$\nicefrac{\left\lvert {y} \right\rvert}{2} < \left\lvert {y_n} \right\rvert$, або іншими словами, $$\frac{1}{\left\lvert {y_n} \right\rvert} < \frac{2}{\left\lvert {y} \right\rvert} .$$ Тепер ми закінчуємо доказ твердження: $$\begin{split} \left\lvert {\frac{1}{y_n} - \frac{1}{y}} \right\rvert &= \left\lvert {\frac{y - y_n}{y y_n}} \right\rvert \\ & = \frac{\left\lvert {y - y_n} \right\rvert}{\left\lvert {y} \right\rvert \left\lvert {y_n} \right\rvert} \\ & < \frac{\left\lvert {y - y_n} \right\rvert}{\left\lvert {y} \right\rvert} \, \frac{2}{\left\lvert {y} \right\rvert} \\ & < \frac{\left\lvert {y} \right\rvert^2 \frac{\epsilon}{2}}{\left\lvert {y} \right\rvert} \, \frac{2}{\left\lvert {y} \right\rvert} = \epsilon . \end{split}$$ І ми закінчили.

Підключивши постійні послідовності, ми отримуємо кілька легких наслідків. Якщо$c \in {\mathbb{R}}$ і$\{ x_n \}$ є збіжною послідовністю, то наприклад $$\lim_{n \to \infty} c x_n = c \left( \lim_{n \to \infty} x_n \right) \qquad \text{and} \qquad \lim_{n \to \infty} (c + x_n) = c + \lim_{n \to \infty} x_n .$$ Аналогічно з постійним відніманням і діленням.

Оскільки ми можемо взяти обмеження минулого множення, ми можемо показати (вправа), що$\lim\, x_n^k = {(\lim\, x_n)}^k$ для всіх$k \in {\mathbb{N}}$. Тобто ми можемо взяти межі минулих повноважень. Давайте подивимося, чи зможемо ми зробити те ж саме з корінням.

$\{ x_n \}$Дозволяти збіжну послідовність така, що$x_n \geq 0$. Тоді $$\lim_{n\to\infty} \sqrt{x_n} = \sqrt{ \lim_{n\to\infty} x_n } .$$

Звичайно, щоб навіть зробити це твердження, нам потрібно подати заявку, щоб показати це$\lim\, x_n \geq 0$, щоб ми могли взяти квадратний корінь без занепокоєння.

$\{ x_n \}$Дозволяти збіжну послідовність і нехай$x := \lim\, x_n$.

Спочатку припустимо$x=0$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тоді є$M$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є$x_n = \left\lvert {x_n} \right\rvert < \epsilon^2$, або іншими словами$\sqrt{x_n} < \epsilon$. Звідси $$\left\lvert {\sqrt{x_n} - \sqrt{x}} \right\rvert = \sqrt{x_n} < \epsilon.$$

Тепер припустимо$x > 0$ (а значить$\sqrt{x} > 0$). $$\begin{split} \left\lvert {\sqrt{x_n}-\sqrt{x}} \right\rvert &= \left\lvert {\frac{x_n-x}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}}} \right\rvert \\ &= \frac{1}{\sqrt{x_n}+\sqrt{x}} \left\lvert {x_n-x} \right\rvert \\ & \leq \frac{1}{\sqrt{x}} \left\lvert {x_n-x} \right\rvert . \end{split}$$ Решта докази залишаємо читачеві.

Аналогічний доказ працює і$k$ для кореня. Тобто ми теж отримуємо$\lim\, x_n^{1/k} = {( \lim\, x_n )}^{1/k}$. Ми залишаємо це читачеві як складну вправу.

Ми також можемо захотіти взяти межу за знаком абсолютного значення. Зворотність цього судження не відповідає дійсності, див. Частина б).

Якщо$\{ x_n \}$ є збіжною послідовністю, то$\{ \left\lvert {x_n} \right\rvert \}$ є збіжною і $$\lim_{n\to\infty} \left\lvert {x_n} \right\rvert = \left\lvert {\lim_{n\to\infty} x_n} \right\rvert .$$

Ми просто відзначимо зворотну нерівність трикутника $$\big\lvert \left\lvert {x_n} \right\rvert - \left\lvert {x} \right\rvert \big\rvert \leq \left\lvert {x_n-x} \right\rvert .$$ Отже, якщо$\left\lvert {x_n -x} \right\rvert$ можна зробити довільно малим, так може$\big\lvert \left\lvert {x_n} \right\rvert - \left\lvert {x} \right\rvert \big\rvert$. Подробиці залишаються читачеві.

Давайте подивимося на приклад, який поєднує вищезазначені пропозиції. Так як ми знаємо$\lim \nicefrac{1}{n} = 0$, $$\lim_{n\to \infty} \left\lvert {\sqrt{1 + \nicefrac{1}{n}} - \nicefrac{100}{n^2}} \right\rvert = \left\lvert {\sqrt{1 + (\lim \nicefrac{1}{n})} - 100 (\lim \nicefrac{1}{n})(\lim \nicefrac{1}{n})} \right\rvert = 1.$$ що, то є, межа на лівій стороні існує, тому що права сторона існує. Ви дійсно повинні прочитати вищевказане рівність справа наліво.

Рекурсивно визначені послідовності

Тепер, коли ми знаємо, що можемо обмінюватися лімітами та алгебраїчними операціями, ми можемо обчислити межі багатьох послідовностей. Одним з таких класів є рекурсивно визначені послідовності, тобто послідовності, де наступне число в послідовності обчислюється за формулою з фіксованого числа попередніх елементів послідовності.

$\{ x_n \}$Дозволяти бути$x_1 := 2$ визначені і $$x_{n+1} := x_n - \frac{x_n^2-2}{2x_n} .$$ Ми повинні спочатку з'ясувати, якщо ця послідовність добре визначена; ми повинні показати, що ми ніколи не ділимо на нуль. Тоді ми повинні з'ясувати, чи сходиться послідовність. Тільки тоді ми можемо спробувати знайти межу.

Спочатку давайте доведемо$x_n$ існує і$x_n > 0$ для всіх$n$ (так послідовність чітко визначена і обмежена нижче). Давайте покажемо це по. Ми це знаємо$x_1 = 2 > 0$. Для індукційного кроку припустимо$x_n > 0$. Тоді $$x_{n+1} = x_n - \frac{x_n^2-2}{2x_n} = \frac{2x_n^2 - x_n^2+2}{2x_n} = \frac{x_n^2+2}{2x_n} .$$ Якщо$x_n > 0$, то$x_n^2+2 > 0$ і звідси$x_{n+1} > 0$.

Далі покажемо, що послідовність монотонно зменшується. Якщо ми покажемо, що$x_n^2-2 \geq 0$ для всіх$n$, то$x_{n+1} \leq x_n$ для всіх$n$. Очевидно$x_1^2-2 = 4-2 = 2 > 0$. Для довільного$n$ ми маємо $$x_{n+1}^2-2 = {\left( \frac{x_n^2+2}{2x_n} \right)}^2 - 2 = \frac{x_n^4+4x_n^2+4 - 8x_n^2}{4x_n^2} = \frac{x_n^4-4x_n^2+4}{4x_n^2} = \frac{{\left( x_n^2-2 \right)}^2}{4x_n^2} .$$ Оскільки будь-яке число в квадраті є невід'ємним, у нас є, що$x_{n+1}^2-2 \geq 0$ для всіх$n$. Тому$\{ x_n \}$ монотонно зменшується і обмежується ($x_n > 0$для всіх$n$), а межа існує. Залишилося знайти межу.

Давайте напишемо $$2x_nx_{n+1} = x_n^2+2 .$$ Оскільки$\{ x_{n+1} \}$ це 1-хвіст$\{ x_n \}$, він сходиться до тієї ж межі. Давайте визначимося$x := \lim\, x_n$. Беремо межу обох сторін, щоб отримати $$2x^2 = x^2+2 ,$$ або$x^2 = 2$. Що$x_n > 0$ стосується всього$n$ отримуємо$x \geq 0$, а значить$x = \sqrt{2}$.

Можливо, ви бачили наведену вище послідовність раніше. Це метод Ньютона ⁸ для знаходження квадратного кореня 2. Цей спосіб дуже часто придумується на практиці і сходиться дуже стрімко. Зверніть увагу, що ми використовували той факт$x_1^2 -2 >0$, що, хоча це не було строго потрібно, щоб показати збіжність, розглядаючи хвіст послідовності. Насправді послідовність сходиться до тих пір$x_1 \not= 0$, поки, хоча з$x_1$ негативом ми б дійшли$x=-\sqrt{2}$. Замінивши 2 в чисельнику, отримаємо квадратний корінь будь-якого додатного числа. Ці твердження залишають як вправу.

Однак слід бути обережним. Перш ніж приймати будь-які обмеження, ви повинні переконатися, що послідовність сходиться. Давайте подивимося приклад.

Припустимо$x_1 := 1$, і$x_{n+1} := x_n^2+x_n$. Якщо ми сліпо припустимо, що межа існує (назвемо її$x$), то ми отримаємо рівняння$x = x^2+x$, з якого ми могли б зробити висновок$x=0$. Однак неважко показати, що$\{ x_n \}$ є необмеженим і тому не сходиться.

У цьому прикладі слід помітити, що метод все ще працює, але це залежить від початкового значення$x_1$. Якщо ми встановимо$x_1 := 0$, то послідовність сходиться і межа дійсно дорівнює 0. Ціла галузь математики, звана динамікою, займається саме цими питаннями.

Деякі тести на конвергенцію

Не завжди потрібно повертатися до визначення збіжності, щоб довести, що послідовність є збіжною. Наведемо спочатку простий тест на збіжність. Основна ідея полягає в тому, що$\{ x_n \}$ сходиться$x$ якщо і тільки тоді, коли$\{ \left\lvert { x_n - x } \right\rvert \}$ сходиться до нуля.

[convzero:prop]$\{ x_n \}$ Дозволяти бути послідовністю. Припустимо, існує$x \in {\mathbb{R}}$ і конвергентна послідовність$\{ a_n \}$ така, що $$\lim_{n\to\infty} a_n = 0$$ і $$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert \leq a_n$$ назавжди$n$. Потім$\{ x_n \}$ сходиться і$\lim\, x_n = x$.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Зверніть увагу, що$a_n \geq 0$ для всіх$n$. Знайдіть$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є$a_n = \left\lvert {a_n - 0} \right\rvert < \epsilon$. Тоді для всіх у$n \geq M$ нас є $$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert \leq a_n < \epsilon . \qedhere$$

Як показує пропозиція, вивчати, коли послідовність має межу, - це те саме, що і вивчення, коли інша послідовність йде до нуля. Загалом може бути важко вирішити, чи сходиться послідовність, але для певних послідовностей існують прості тести, які повідомляють нам, сходиться послідовність чи ні. Давайте подивимося один такий тест. Спочатку обчислимо межу дуже конкретної послідовності.

Нехай$c > 0$.

1. Якщо$c < 1$, то $$\lim_{n\to\infty} c^n = 0.$$
2. Якщо$c > 1$,$\{ c^n \}$ то необмежений.

Спочатку припустимо$c > 1$. Пишемо$c = 1+r$ для деяких$r > 0$. За (або використовуючи біноміальну теорему, якщо ви її знаєте) ми маємо нерівність Бернуллі (див. Також): $$c^n = {(1+r)}^n \geq 1+nr .$$ За дійсними числами послідовність$\{ 1+nr \}$ необмежена (для будь-якого числа ми знаходимо$n \in {\mathbb{N}}$ таке$B$, що$nr \geq B-1$). Тому$c^n$ необмежений.

Тепер давайте$c < 1$. Пишіть$c = \frac{1}{1+r}$, де$r > 0$. Тоді $$c^n = \frac{1}{{(1+r)}^n} \leq \frac{1}{1+nr} \leq \frac{1}{r} \frac{1}{n} .$$ As$\{ \frac{1}{n} \}$ сходиться до нуля, так і робить$\{ \frac{1}{r} \frac{1}{n} \}$. Значить,$\{ c^n \}$ сходиться до нуля.

Якщо подивитися на вищевикладене пропозицію, то відзначимо, що співвідношення терміну і$n$ го терміну є$c$.$(n+1)$ Цей простий результат ми узагальнюємо до більшого класу послідовностей. Наступна лема з'явиться знову, як тільки ми перейдемо до серії.

[seq:ratiotest]$\{ x_n \}$ Дозволяти бути послідовністю такою, що$x_n \not= 0$ для всіх$n$ і така, що межа $$L := \lim_{n\to\infty} \frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert}$$ існує.

1. Якщо$L < 1$, то$\{ x_n \}$ сходиться і$\lim\, x_n = 0$.
2. Якщо$L > 1$, то$\{ x_n \}$ необмежений (звідси розходиться).

Якщо$L$ існує, але$L=1$, лема нічого не говорить. Ми не можемо зробити жодного висновку лише на основі цієї інформації. Наприклад, послідовність$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ сходиться до нуля, але$L=1$. Постійна послідовність$\{ 1 \}$ сходиться до 1, а не нулю, а також$L=1$. Послідовність зовсім$\{ {(-1)}^n \}$ не сходиться, і$L=1$. Нарешті послідовність$\{ \ln n \}$ необмежена, ще раз$L=1$.

Припустимо$L < 1$. Як$\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} \geq 0$, ми маємо це$L \geq 0$. Підібрати$r$ такий, що$L < r < 1$. Ми хочемо порівняти послідовність з послідовністю$r^n$. Ідея полягає в тому, що хоча послідовність не буде меншою, ніж в$L$ кінцевому підсумку, вона в кінцевому підсумку буде менше$r$, ніж, що все ще менше 1. Інтуїтивна ідея доказу проілюстрована в.

Як$r-L > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є $$\left\lvert {\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} - L} \right\rvert < r-L .$$ Тому For$n > M$ (тобто $$\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} < r .$$ для$n \geq M+1$) ми пишемо $$\left\lvert {x_n} \right\rvert = \left\lvert {x_M} \right\rvert \frac{\left\lvert {x_{M+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{M}} \right\rvert} \frac{\left\lvert {x_{M+2}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{M+1}} \right\rvert} \cdots \frac{\left\lvert {x_{n}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{n-1}} \right\rvert} < \left\lvert {x_M} \right\rvert r r \cdots r = \left\lvert {x_M} \right\rvert r^{n-M} = (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) r^n .$$ Послідовність$\{ r^n \}$ сходиться до нуля і, отже,$\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M} r^n$ сходиться до нуля. За,$M$ -хвіст$\{x_n\}$ сходиться до нуля і тому$\{x_n\}$ сходиться до нуля.

Тепер припустимо$L > 1$. Підібрати$r$ такий, що$1 < r < L$. Як$L-r > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є $$\left\lvert {\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} - L} \right\rvert < L-r .$$ Тому, $$\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} > r .$$ Знову для$n > M$ нас пишемо $$\left\lvert {x_n} \right\rvert = \left\lvert {x_M} \right\rvert \frac{\left\lvert {x_{M+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{M}} \right\rvert} \frac{\left\lvert {x_{M+2}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{M+1}} \right\rvert} \cdots \frac{\left\lvert {x_{n}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{n-1}} \right\rvert} > \left\lvert {x_M} \right\rvert r r \cdots r = \left\lvert {x_M} \right\rvert r^{n-M} = (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) r^n .$$ Послідовність$\{ r^n \}$ необмежена (так як$r > 1$), і тому$\{x_n\}$ не може бути обмежена (якщо$\left\lvert {x_n} \right\rvert \leq B$ для всіх$n$, то $r^n < \frac{B}{\left\lvert {x_M} \right\rvert} r^{M}$для всіх$n$, що неможливо). Отже,$\{ x_n \}$ не може сходитися.

Просте застосування вищезгаданої леми полягає в тому, щоб довести, що $$\lim_{n\to\infty} \frac{2^n}{n!} = 0 .$$

Доказ: Ми виявляємо, що $$\frac{2^{n+1} / (n+1)!}{2^n/n!} = \frac{2^{n+1}}{2^n}\frac{n!}{(n+1)!} = \frac{2}{n+1} .$$ Неважко побачити, що$\{ \frac{2}{n+1} \}$ сходиться до нуля. Висновок випливає з леми.

Вправи

Доведіть. Підказка: Використовуйте постійні послідовності та.

Доведіть частину [prop:contalg:ii] з.

Доведіть, що якщо$\{ x_n \}$ є збіжною послідовністю$k \in {\mathbb{N}}$, то $$\lim_{n\to\infty} x_n^k = {\left( \lim_{n\to\infty} x_n \right)}^k .$$ Підказка: Використовуйте.

Припустимо$x_1 := \frac{1}{2}$, і$x_{n+1} := x_n^2$. Покажіть, що$\{ x_n \}$ сходиться і знайти$\lim\, x_n$. Підказка: Ви не можете розділити на нуль!

Нехай$x_n := \frac{n-\cos(n)}{n}$. Використовуйте, щоб показати, що$\{ x_n \}$ сходиться і знайти межу.

Нехай$x_n := \frac{1}{n^2}$ і$y_n := \frac{1}{n}$. Визначте$z_n := \frac{x_n}{y_n}$ і$w_n := \frac{y_n}{x_n}$. Чи$\{ w_n \}$ сходиться$\{ z_n \}$ і сходитися? Які існують ліміти? Чи можете ви подати заявку? Чому чи чому ні?

Правда чи брехня, довести або знайти контрприклад. Якщо послідовність$\{ x_n \}$ така, що$\{ x_n^2 \}$ сходиться, то$\{ x_n \}$ сходиться.

Покажіть, що $$\lim_{n\to\infty} \frac{n^2}{2^n} = 0 .$$

Припустимо,$\{ x_n \}$ це послідовність і припустимо для деяких$x \in {\mathbb{R}}$, межа $$L := \lim_{n \to \infty} \frac{\left\lvert {x_{n+1}-x} \right\rvert}{\left\lvert {x_n-x} \right\rvert}$$ існує і$L < 1$. Покажіть, що$\{ x_n \}$ сходиться до$x$.

$\{ x_n \}$Дозволяти збіжну послідовність така, що$x_n \geq 0$ і$k \in {\mathbb{N}}$. Потім $$\lim_{n\to\infty} x_n^{1/k} = {\left( \lim_{n\to\infty} x_n \right)}^{1/k} .$$ підказка: Знайдіть$q$ такий вираз, що$\frac{x_n^{1/k}-x^{1/k}}{x_n-x} = \frac{1}{q}$.

Нехай$r > 0$. Показати, що починаючи з будь-якого$x_1 \not= 0$, послідовність, визначена за допомогою, $$x_{n+1} := x_n - \frac{x_n^2-r}{2x_n}$$ збігається з$\sqrt{r}$ if$x_1 > 0$ і$-\sqrt{r}$ if$x_1 < 0$.

а) Припустимо,$\{ a_n \}$ це обмежена послідовність і послідовність,$\{ b_n \}$ що сходиться до 0. Показати, що$\{ a_n b_n \}$ сходиться до 0.
б) Знайдіть приклад, де$\{ a_n \}$ необмежений,$\{ b_n \}$ сходиться до 0 і$\{ a_n b_n \}$ не збігається.
в) Знайдіть приклад, де$\{ a_n \}$ обмежений,$\{ b_n \}$ сходиться до деяких$x \not= 0$, а$\{ a_n b_n \}$ не сходиться.

Ліміт вище, межа нижчий, і Больцано-Вейерштрасс

Примітка: 1—2 лекції, альтернативне доказ BW необов'язково

У цьому розділі ми вивчаємо обмежені послідовності та їх підпослідовності. Зокрема, ми визначаємо так звані граничні верхні та граничні нижчі обмеженої послідовності та говоримо про межі підпослідовностей. Крім того, доведено теорему Больцано-Вейєрштрасса ⁹, яка є незамінним інструментом аналізу.

Ми бачили, що кожна збіжна послідовність обмежена, хоча існує багато обмежених розбіжних послідовностей. Наприклад, послідовність$\{ {(-1)}^n \}$ обмежена, але вона розходиться. Однак все не втрачено, і ми все ще можемо обчислити певні межі з обмеженою розбіжною послідовністю.

Верхня і нижня межі

Існують способи створення монотонних послідовностей з будь-якої послідовності, і таким чином ми отримуємо так званий ліміт вище і ліміт неповноцінний. Ці межі завжди існують для обмежених послідовностей.

Якщо послідовність$\{ x_n \}$ обмежена, то множина$\{ x_k : k \in {\mathbb{N}}\}$ обмежена. Тоді для кожного$n$ множина$\{ x_k : k \geq n \}$ також обмежена (оскільки вона є підмножиною).

[liminflimsup:def]$\{ x_n \}$ Дозволяти бути обмеженою послідовністю. Нехай$a_n := \sup \{ x_k : k \geq n \}$ і$b_n := \inf \{ x_k : k \geq n \}$. Визначте $$\begin{aligned} \limsup_{n \to \infty} \, x_n & := \lim_{n \to \infty} a_n , \\ \liminf_{n \to \infty} \, x_n & := \lim_{n \to \infty} b_n .\end{aligned}$$

Для обмеженої послідовності завжди існують liminf і limsup (див. Нижче). Можна визначити liminf і limsup для необмежених послідовностей, якщо ми дозволимо$\infty$ і$-\infty$. Неважко узагальнити наступні результати, щоб включити необмежені послідовності, однак спочатку ми обмежуємо свою увагу обмеженими.

$\{ x_n \}$Дозволяти бути обмеженою послідовністю. Нехай$a_n$ і$b_n$ бути як у визначенні вище.

1. Послідовність$\{ a_n \}$ обмежена монотонним зменшенням і$\{ b_n \}$ обмежена монотонним збільшенням. Зокрема,$\liminf x_n$ і$\limsup x_n$ існують.
2. $\displaystyle \limsup_{n \to \infty} \, x_n = \inf \{ a_n : n \in {\mathbb{N}}\}$і$\displaystyle \liminf_{n \to \infty} \, x_n = \sup \{ b_n : n \in {\mathbb{N}}\}$.
3. $\displaystyle \liminf_{n \to \infty} \, x_n \leq \limsup_{n \to \infty} \, x_n$.

Давайте розберемося$\{ a_n \}$, чому відбувається спадна послідовність. Як і$a_n$ найменша верхня межа для$\{ x_k : k \geq n \}$, вона також є верхньою межею для підмножини$\{ x_k : k \geq (n+1) \}$. $a_{n+1}$Тому найменша верхня$\{ x_k : k \geq (n+1) \}$ межа для, повинна бути менше або дорівнює$a_n$, тобто$a_n \geq a_{n+1}$. Аналогічно (вправа),$b_n$ відбувається зростаюча послідовність. Залишається як вправа, щоб показати,$x_n$ що якщо обмежений, то$a_n$ і$b_n$ повинен бути обмежений.

Другий пункт у пропозиції випливає як послідовності$\{ a_n \}$ і$\{ b_n \}$ є монотонними.

Для третього пункту відзначимо$b_n \leq a_n$, що, як набір менше або дорівнює його$\sup$.$\inf$ Ми знаємо, що$\{ a_n \}$ і$\{ b_n \}$ сходяться до кінцівок і лімінф (відповідно). Звертаємося для отримання $$\lim_{n\to \infty} b_n \leq \lim_{n\to \infty} a_n. \qedhere$$

$\{ x_n \}$Дозволяти визначитися $$x_n := \begin{cases} \frac{n+1}{n} & \text{ if $n$ is odd,} \\ 0 & \text{ if $n$ is even.} \end{cases}$$ Давайте обчислимо$\liminf$ і$\limsup$ цієї послідовності. Спочатку межа нижча: $$\liminf_{n\to\infty} \, x_n = \lim_{n\to\infty} \left( \inf \{ x_k : k \geq n \} \right) = \lim_{n\to\infty} 0 = 0 .$$ Для граничного вищого ми пишемо $$\limsup_{n\to\infty} \, x_n = \lim_{n\to\infty} \left( \sup \{ x_k : k \geq n \} \right) .$$ Це не важко побачити $$\sup \{ x_k : k \geq n \} = \begin{cases} \frac{n+1}{n} & \text{ if $n$ is odd,} \\ \frac{n+2}{n+1} & \text{ if $n$ is even.} \end{cases}$$ Ми залишаємо це читачеві, щоб показати, що межа дорівнює 1. Тобто зверніть увагу, $$\limsup_{n\to\infty} \, x_n = 1 .$$ що послідовність не$\{ x_n \}$ є збіжною послідовністю.

Ми пов'язуємо з$\limsup$ і$\liminf$ певні підпослідовності.

[subseqlimsupinf:thm] Якщо$\{ x_n \}$ обмежена послідовність, то існує$\{ x_{n_k} \}$ така підпослідовність, що $$\lim_{k\to \infty} x_{n_k} = \limsup_{n \to \infty} \, x_n .$$ Аналогічно існує (можливо, інша) підпослідовність$\{ x_{m_k} \}$ така, що $$\lim_{k\to \infty} x_{m_k} = \liminf_{n \to \infty} \, x_n .$$

Визначте$a_n := \sup \{ x_k : k \geq n \}$. Пишіть$x := \limsup \, x_n = \lim\, a_n$. Визначте підпослідовність наступним чином. Підбирайте$n_1 := 1$ і працюйте індуктивно. Припустимо, ми визначили підпослідовність поки$n_k$ для деяких$k$. Тепер виберіть деякі$m > n_k$ такі, що $$a_{(n_k+1)} - x_m < \frac{1}{k+1} .$$ Ми можемо зробити$a_{(n_k+1)}$ це як supremum множини$\{ x_n : n \geq n_k + 1 \}$ і, отже, є елементи послідовності довільно близькі (або навіть можливо рівні) до supremum. Набір$n_{k+1} := m$. $\{ x_{n_k} \}$Визначається підпослідовність. Далі нам потрібно довести, що вона сходиться і має потрібну межу.

Зауважте, що$a_{(n_{k-1}+1)} \geq a_{n_k}$ (чому?) і що$a_{n_{k}} \geq x_{n_k}$. Тому для кожного у$k > 1$ нас є $$\begin{split} \left\lvert {a_{n_k} - x_{n_k}} \right\rvert & = a_{n_k} - x_{n_k} \\ & \leq a_{(n_{k-1}+1)} - x_{n_k} \\ & < \frac{1}{k} . \end{split}$$

Давайте покажемо, що$\{ x_{n_k} \}$ сходиться до$x$. Зверніть увагу, що підпослідовність не повинна бути монотонною. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Як$\{ a_n \}$ сходиться до$x$, то підпослідовність$\{ a_{n_k} \}$ сходиться до$x$. Таким чином існує$M_1 \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$k \geq M_1$ нас $$\left\lvert {a_{n_k} - x} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} .$$ знайдеться$M_2 \in {\mathbb{N}}$ таке, що $$\frac{1}{M_2} \leq \frac{\epsilon}{2}.$$ Візьміть$M := \max \{M_1 , M_2 \}$ і обчислюйте. Для всіх у$k \geq M$ нас є $$\begin{split} \left\lvert {x- x_{n_k}} \right\rvert & = \left\lvert {a_{n_k} - x_{n_k} + x - a_{n_k}} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {a_{n_k} - x_{n_k}} \right\rvert + \left\lvert {x - a_{n_k}} \right\rvert \\ & < \frac{1}{k} + \frac{\epsilon}{2} \\ & \leq \frac{1}{M_2} + \frac{\epsilon}{2} \leq \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon . \end{split}$$

Ми залишаємо заяву для$\liminf$ як вправу.

Використання ліміту нижчого та граничного покращеного

Перевага$\liminf$ і$\limsup$ полягає в тому, що ми завжди можемо записати їх для будь-якої (обмеженої) послідовності. Якби ми могли якось обчислити їх, ми могли б також обчислити межу послідовності, якщо вона існує, або показати, що послідовність розходиться. Робота з$\liminf$ і трохи$\limsup$ схожа на роботу з лімітами, хоча є тонкі відмінності.

[liminfsupconv:thm]$\{ x_n \}$ Дозволяти бути обмеженою послідовністю. Потім$\{ x_n \}$ сходиться якщо і тільки якщо $$\liminf_{n\to \infty} \, x_n = \limsup_{n\to \infty} \, x_n.$$ Крім того, якщо$\{ x_n \}$ сходиться, то $$\lim_{n\to \infty} x_n = \liminf_{n\to \infty} \, x_n = \limsup_{n\to \infty} \, x_n.$$

Визначте$a_n$ і$b_n$ як в. Зверніть увагу$\liminf \, x_n = \limsup \, x_n$, що $$b_n \leq x_n \leq a_n .$$ Якщо, то ми знаємо, що$\{ a_n \}$ і$\{ b_n \}$ мають обмеження і що ці дві межі однакові. За вичавлювати лему (),$\{ x_n \}$ сходиться і $$\lim_{n\to \infty} b_n = \lim_{n\to \infty} x_n = \lim_{n\to \infty} a_n .$$

Тепер припустимо,$\{ x_n \}$ сходиться до$x$. Ми знаємо, що існує підпослідовність$\{ x_{n_k} \}$, яка сходиться до$\limsup \, x_n$. Як$\{ x_n \}$ сходиться до$x$, кожна підпослідовність сходиться до$x$ і тому$\limsup \, x_n = \lim\, x_{n_k} = x$. Аналогічно$\liminf \, x_n = x$.

Граничний вищий і ліміт нижчого поводяться красиво з підпослідовностями.

[prop:subseqslimsupinf] Припустимо,$\{ x_n \}$ що це обмежена послідовність і$\{ x_{n_k} \}$ є підпослідовністю. Тоді $$\liminf_{n\to\infty} \, x_n \leq \liminf_{k\to\infty} \, x_{n_k} \leq \limsup_{k\to\infty} \, x_{n_k} \leq \limsup_{n\to\infty} \, x_n .$$

Середня нерівність вже доведена. Доведемо третю нерівність, а першу нерівність залишимо як вправу.

Ми хочемо це довести$\limsup \, x_{n_k} \leq \limsup \, x_n$. Визначте$a_j := \sup \{ x_k : k \geq j \}$ як зазвичай. Також визначте$c_j := \sup \{ x_{n_k} : k \geq j \}$. Це не правда, що обов'язково$c_j$ є підпослідовністю$a_j$. Однак, як і$n_k \geq k$ для всіх$k$, у нас це є$\{ x_{n_k} : k \geq j \} \subset \{ x_k : k \geq j \}$. Супремум підмножини менше або дорівнює супрему множини, і тому $$c_j \leq a_j .$$ ми застосовуємо, щоб зробити висновок, $$\lim_{j\to\infty} c_j \leq \lim_{j\to\infty} a_j ,$$ який є бажаним висновком.

Граничний вищий і граничний нижчий є найбільшими і найменшими підпослідовними межами. Якщо підпослідовність у попередньому судженні є збіжною, то ми маємо це$\liminf \, x_{n_k} = \lim\, x_{n_k} = \limsup \, x_{n_k}$. Тому $$\liminf_{n\to\infty} \, x_n \leq \lim_{k\to\infty} x_{n_k} \leq \limsup_{n\to\infty} \, x_n .$$

Аналогічно отримуємо наступний корисний тест на збіжність обмеженої послідовності. Доказ залишаємо як вправу.

[seqconvsubseqconv:thm] Обмежена послідовність$\{ x_n \}$ є збіжною і сходиться до$x$ if і тільки тоді, коли кожна збіжна підпослідовність$\{ x_{n_k} \}$ збігається до$x$.

Теорема Больцано-Вейєрштрасса

Хоча неправда, що обмежена послідовність є збіжною, теорема Больцано-Вейєрштрасса говорить нам, що ми можемо принаймні знайти збіжну підпослідовність. Версія Больцано-Вейєрштрасса, яку ми представляємо в цьому розділі, - це Больцано-Вейєрштрасс для послідовностей.

[thm:bwseq] Припустимо, що$\{ x_n \}$ послідовність дійсних чисел обмежена. Тоді існує збіжна підпослідовність$\{ x_{n_i} \}$.

Використовуємо. Він говорить про те, що існує підпослідовність, межа якої є$\limsup \, x_n$.

Читач може скаржитися прямо зараз, що суворо сильніше, ніж теорема Больцано-Вейєрштрасса, представлена вище. Це правда. Однак застосовується лише до реальної лінії, але Больцано-Вейерштрасс застосовується в більш загальних контекстах (тобто в${\mathbb{R}}^n$) з майже точно таким же твердженням.

Оскільки теорема настільки важлива для аналізу, ми наводимо явний доказ. Наступний доказ легше узагальнює різні контексти.

Оскільки послідовність обмежена, то існує два числа$a_1 < b_1$ такі, що$a_1 \leq x_n \leq b_1$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Ми визначимо підпослідовність$\{ x_{n_i} \}$ і дві послідовності$\{ a_i \}$ і$\{ b_i \}$, такі, що$\{ a_i \}$ є монотонним збільшенням,$\{ b_i \}$ є монотонним зменшенням,$a_i \leq x_{n_i} \leq b_i$ і таким, що$\lim\, a_i = \lim\, b_i$. Те, що$x_{n_i}$ сходиться випливає з.

Послідовності визначаємо індуктивно. Ми завжди матимемо це$a_i < b_i$, і це$x_n \in [a_i,b_i]$ для нескінченно багатьох$n \in {\mathbb{N}}$. Ми вже визначили$a_1$ і$b_1$. Беремо$n_1 := 1$, тобто$x_{n_1} = x_1$.

Тепер припустимо, що до деяких$k \in {\mathbb{N}}$ ми визначили підпослідовність$x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots, x_{n_k}$, а послідовності$a_1,a_2,\ldots,a_k$ і$b_1,b_2,\ldots,b_k$. Нехай$y := \frac{a_k+b_k}{2}$. Чітко$a_k < y < b_k$. Якщо існує нескінченно багато$j \in {\mathbb{N}}$ таких що$x_j \in [a_k,y]$, то встановлюють$a_{k+1} := a_k$$b_{k+1} := y$, і підбирають$n_{k+1} > n_{k}$ такі, що$x_{n_{k+1}} \in [a_k,y]$. Якщо$j$ таких немає нескінченно багато$x_j \in [a_k,y]$, то повинно бути правдою, що$j \in {\mathbb{N}}$ таких нескінченно багато$x_j \in [y,b_k]$. У цьому випадку підбирають$a_{k+1} := y$$b_{k+1} := b_k$, і підбирають$n_{k+1} > n_{k}$ такі, що$x_{n_{k+1}} \in [y,b_k]$.

Тепер ми маємо послідовності визначені. Що залишилося довести, це те, що$\lim\, a_i = \lim\, b_i$. Очевидно, що межі існують, оскільки послідовності є монотонними. З конструкції очевидно, що на кожному кроці$b_i - a_i$ розрізається навпіл. Тому$b_{i+1} - a_{i+1} = \frac{b_i-a_i}{2}$. До того, ми отримуємо, що $$b_i - a_i = \frac{b_1-a_1}{2^{i-1}} .$$

Нехай$x := \lim\, a_i$. Як$\{ a_i \}$ монотонно у нас є, що $$x = \sup \{ a_i : i \in {\mathbb{N}}\}$$ Тепер нехай$y := \lim\, b_i = \inf \{ b_i : i \in {\mathbb{N}}\}$. Очевидно$y \leq x$, що$a_i < b_i$ і для всіх$i$. Оскільки послідовності монотонні, то для будь-якої$i$ ми маємо (чому?) $$y-x \leq b_i-a_i = \frac{b_1-a_1}{2^{i-1}} .$$ Як$\frac{b_1-a_1}{2^{i-1}}$ це довільно мало і$y-x \geq 0$, у нас є що$y-x = 0$. Закінчуємо до.

Ще одним доказом теореми Больцано-Вейєрштрасса є показ наступного твердження, яке залишається як складна вправа. Заява: Кожна послідовність має монотонну підпослідовність.

Нескінченні межі

Якщо ми дозволимо$\liminf$ і$\limsup$ взяти на себе значення$\infty$ і$-\infty$, ми можемо застосувати$\liminf$ і$\limsup$ до всіх послідовностей, а не тільки обмежених. Для будь-якої послідовності пишемо $$\limsup \, x_n := \inf \{ a_n : n \in {\mathbb{N}}\}, \qquad \text{and} \qquad \liminf \, x_n := \sup \{ b_n : n \in {\mathbb{N}}\},$$ де$a_n := \sup \{ x_k : k \geq n \}$ і$b_n := \inf \{ x_k : k \geq n \}$ як раніше.

Ми також часто визначаємо нескінченні межі для певних розбіжних послідовностей.

Ми говоримо, що$\{ x_n \}$ розходиться до нескінченності ¹⁰ якщо для кожного$M \in {\mathbb{R}}$, існує$N \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є$x_n > M$. В даному випадку пишемо$\lim \, x_n := \infty$. Аналогічно, якщо для кожного$M \in {\mathbb{R}}$ існує$N \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є$x_n < M$, ми говоримо$\{ x_n \}$ розходиться до мінус нескінченності і пишемо$\lim \, x_n := -\infty$.

Це визначення поводиться так, як очікувалося$\liminf$,$\limsup$ і див. вправи [вправи: infseqlimex] та [вправа: infseqlimlims].

Якщо$x_n := 0$ для непарних$n$ і$x_n := n$ для парних,$n$ то $$\lim_{n\to \infty} n = \infty, \qquad \lim_{n\to \infty} x_n \quad \text{does not exist}, \qquad \limsup_{n\to \infty} x_n = \infty.$$

Вправи

Припустимо,$\{ x_n \}$ це обмежена послідовність. Визначте$a_n$ і$b_n$ як в. Покажіть, що$\{ a_n \}$ і$\{ b_n \}$ обмежені.

Припустимо,$\{ x_n \}$ це обмежена послідовність. Визначте$b_n$ як в. Покажіть, що$\{ b_n \}$ це зростаюча послідовність.

Закінчіть доказ. Тобто припустимо$\{ x_n \}$ є обмеженою послідовністю і$\{ x_{n_k} \}$ є підпослідовністю. Доведіть$\displaystyle \liminf_{n\to\infty}\, x_n \leq \liminf_{k\to\infty}\, x_{n_k}$.

Доведіть.

1. Нехай$x_n := \dfrac{{(-1)}^n}{n}$, знайдіть$\limsup \, x_n$ і$\liminf \, x_n$.
2. Нехай$x_n := \dfrac{(n-1){(-1)}^n}{n}$, знайдіть$\limsup \, x_n$ і$\liminf \, x_n$.

$\{ y_n \}$Дозволяти$\{ x_n \}$ і бути обмежені послідовності такі, що$x_n \leq y_n$ для всіх$n$. Потім покажіть, що $$\limsup_{n\to\infty} \, x_n \leq \limsup_{n\to\infty} \, y_n$$ і $$\liminf_{n\to\infty} \, x_n \leq \liminf_{n\to\infty} \, y_n .$$

$\{ y_n \}$Дозволяти$\{ x_n \}$ і бути обмеженими послідовностями.

1. Покажіть,$\{ x_n + y_n \}$ що обмежено.
2. Показати $$(\liminf_{n\to \infty}\, x_n) + (\liminf_{n\to \infty}\, y_n) \leq \liminf_{n\to \infty}\, (x_n+y_n) .$$ підказку: знайти$\{ x_{n_i}+y_{n_i} \}$ підпослідовність$\{ x_n + y_n \}$, яка збігається. Потім знайдіть$\{ x_{n_{m_i}} \}$ підпослідовність$\{ x_{n_i} \}$, яка сходиться. Потім застосуйте те, що ви знаєте про обмеження.
3. Знайдіть явний$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ такий, що $$(\liminf_{n\to \infty}\, x_n) + (\liminf_{n\to \infty}\, y_n) < \liminf_{n\to \infty}\, (x_n+y_n) .$$ Підказка: Шукайте приклади, які не мають обмеження.

$\{ x_n \}$$\{ y_n \}$Дозволяти і бути обмежені послідовності (з попередньої вправи ми знаємо, що$\{ x_n + y_n \}$ обмежена).

1. Показати $$(\limsup_{n\to \infty}\, x_n) + (\limsup_{n\to \infty}\, y_n) \geq \limsup_{n\to \infty}\, (x_n+y_n) .$$ підказку: див. попередню вправу.
2. Знайдіть явну$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ таку $$(\limsup_{n\to \infty}\, x_n) + (\limsup_{n\to \infty}\, y_n) > \limsup_{n\to \infty}\, (x_n+y_n) .$$ підказку: Див. попередню вправу.

Якщо$S \subset {\mathbb{R}}$ множина, то$x \in {\mathbb{R}}$ це точка кластера$\epsilon > 0$, якщо для кожного множина$(x-\epsilon,x+\epsilon) \cap S \setminus \{ x \}$ не порожня. Тобто, якщо є точки$S$ довільно близькі до$x$. Наприклад,$S := \{ \nicefrac{1}{n} : n \in {\mathbb{N}}\}$ має унікальну (тільки одну) точку кластера$0$, але$0 \notin S$. Доведіть наступну версію теореми Больцано-Вейєрштрасса:

Теорема. $S \subset {\mathbb{R}}$Дозволяти обмежений нескінченний набір, то існує принаймні одна точка кластера$S$.

Підказка: Якщо$S$ нескінченна, то$S$ містить незліченно нескінченну підмножину. Тобто існує послідовність різних$\{ x_n \}$ чисел в$S$.

а) Доведіть, що будь-яка послідовність містить монотонну підпослідовність. Підказка: Викликати$n \in {\mathbb{N}}$ пік, якщо$a_m \leq a_n$ для всіх$m \geq n$. Є дві можливості: або послідовність має максимум скінченно багато піків, або вона має нескінченно багато піків.
б) Укласти теорему Больцано-Вейєрштрасса.

Доведемо більш сильну версію. Припустимо, послідовність$\{ x_n \}$ така, що кожна підпослідовність$\{ x_{n_i} \}$ має підпослідовність$\{ x_{n_{m_i}} \}$, яка сходиться до$x$. а) Спочатку показати,$\{ x_n \}$ що обмежено. б) Тепер показати, що$\{ x_n \}$ сходиться до$x$.

$\{x_n\}$Дозволяти бути обмеженою послідовністю.
а) Доведіть, що існує$s$ таке, що для будь-якого$r > s$ існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є$x_n < r$.
б) Якщо$s$ є числом, як в а), то доведіть$\limsup \, x_n \leq s$.
в) Показати, що якщо$S$ є множиною всіх$s$ як в а), то$\limsup \, x_n = \inf \, S$.

[Вправа: infseqlimex] Припустимо$\{ x_n \}$ таке$\liminf \, x_n = -\infty$, що,$\limsup \, x_n = \infty$. а) Показати, що не$\{ x_n \}$ є збіжним, а також що$\lim \, x_n = \infty$ ні ні$\lim \, x_n = -\infty$ вірно. б) Знайдіть приклад такої послідовності.

[Вправа: infseqlimlims] Дано послідовність$\{ x_n \}$. а) Показати, що$\lim \, x_n = \infty$ якщо і тільки якщо$\liminf \, x_n = \infty$. б) Потім показати, що$\lim \, x_n = - \infty$ якщо і тільки якщо$\limsup \, x_n = -\infty$. c) Якщо$\{ x_n \}$ монотонне збільшення, показати, що або$\lim \, x_n$ існує і є кінцевим або$\lim \, x_n = \infty$.

Послідовності Коші

Примітка: 0.5—1 лекція

Часто ми бажаємо описати певне число послідовністю, яка сходиться до нього. При цьому не можна використовувати саме число в доказі того, що послідовність сходиться. Було б непогано, якби ми могли перевірити на конвергенцію, не знаючи межі.

Послідовність$\{ x_n \}$ - це послідовність Коші ¹¹, якщо для кожного$\epsilon > 0$ існує$M \in {\mathbb{N}}$ така, що для всіх$n \geq M$ і всіх у$k \geq M$ нас є $$\left\lvert {x_n - x_k} \right\rvert < \epsilon .$$

Інтуїтивно це означає, що терміни послідовності в кінцевому підсумку довільно близькі один до одного. Ми очікуємо, що така послідовність буде конвергентною. Виявляється, що це правда, тому що${\mathbb{R}}$ має. Для початку розглянемо деякі приклади.

Послідовність$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ являє собою послідовність Коші.

Доказ: дано$\epsilon > 0$, знайдіть$M$ таке, що$M > \nicefrac{2}{\epsilon}$. Тоді для$n,k \geq M$ нас є, що$\nicefrac{1}{n} < \nicefrac{\epsilon}{2}$ і$\nicefrac{1}{k} < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Тому для$n, k \geq M$ нас є $$\left\lvert {\frac{1}{n} - \frac{1}{k}} \right\rvert \leq \left\lvert {\frac{1}{n}} \right\rvert + \left\lvert {\frac{1}{k}} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.$$

Послідовність$\{ \frac{n+1}{n} \}$ являє собою послідовність Коші.

Доказ: дано$\epsilon > 0$, знайдіть$M$ таке, що$M > \nicefrac{2}{\epsilon}$. Тоді для$n,k \geq M$ нас є, що$\nicefrac{1}{n} < \nicefrac{\epsilon}{2}$ і$\nicefrac{1}{k} < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Тому для$n, k \geq M$ нас є $$\begin{split} \left\lvert {\frac{n+1}{n} - \frac{k+1}{k}} \right\rvert & = \left\lvert {\frac{k(n+1)-n(k+1)}{nk}} \right\rvert \\ & = \left\lvert {\frac{kn+k-nk-n}{nk}} \right\rvert \\ & = \left\lvert {\frac{k-n}{nk}} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {\frac{k}{nk}} \right\rvert + \left\lvert {\frac{-n}{nk}} \right\rvert \\ & = \frac{1}{n} + \frac{1}{k} < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon . \end{split}$$

Послідовність Коші обмежена.

Припустимо$\{ x_n \}$, це Коші. Підбираємо$M$ такі, що для всіх у$n,k \geq M$ нас є$\left\lvert {x_n-x_k} \right\rvert < 1$. Зокрема, ми маємо, що для всіх$n \geq M$ $$\left\lvert {x_n - x_M} \right\rvert < 1 .$$ Або зворотною нерівністю трикутника,$\left\lvert {x_n} \right\rvert - \left\lvert {x_M} \right\rvert \leq \left\lvert {x_n - x_M} \right\rvert < 1$. Отже, для$n \geq M$ нас $$\left\lvert {x_n} \right\rvert < 1 + \left\lvert {x_M} \right\rvert.$$ нехай $$B := \max \{ \left\lvert {x_1} \right\rvert, \left\lvert {x_2} \right\rvert, \ldots, \left\lvert {x_{M-1}} \right\rvert, 1+ \left\lvert {x_M} \right\rvert \} .$$ тоді$\left\lvert {x_n} \right\rvert \leq B$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

Послідовність дійсних чисел Коші тоді і тільки тоді, коли вона сходиться.

$\epsilon > 0$Дозволяти дано і припустимо$\{ x_n \}$ сходиться до$x$. Тоді існує$M$ таке, що бо у$n \geq M$ нас є $$\left\lvert {x_n - x} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} .$$ Звідси для$n \geq M$ і$k \geq M$ ми маємо $$\left\lvert {x_n - x_k} \right\rvert = \left\lvert {x_n - x + x - x_k} \right\rvert \leq \left\lvert {x_n-x} \right\rvert + \left\lvert {x-x_k} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon .$$

Гаразд, цей напрямок був легким. Тепер припустимо$\{ x_n \}$, що це Коші. Ми показали,$\{ x_n \}$ що обмежено. Якщо ми покажемо, що $$\liminf_{n\to \infty} \, x_n = \limsup_{n\to\infty} \, x_n ,$$ потім$\{ x_n \}$ повинні бути сходяться. Припускаючи, що liminf і limsup існують, де ми використовуємо.

Визначте$a := \limsup \, x_n$ і$b := \liminf \, x_n$. До, існують підпослідовності$\{ x_{n_i} \}$ і$\{ x_{m_i} \}$, такі, що $$\lim_{i\to\infty} x_{n_i} = a \qquad \text{and} \qquad \lim_{i\to\infty} x_{m_i} = b.$$ Враховуючи$\epsilon > 0$, існує$M_1$ таке, що для всіх у$i \geq M_1$ нас є$\left\lvert {x_{n_i} - a} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$ і$M_2$ таке, що для всіх у$i \geq M_2$ нас є$\left\lvert {x_{m_i} - b} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$. Існує і$M_3$ таке, що для всіх у$n,k \geq M_3$ нас є$\left\lvert {x_n-x_k} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$. Нехай$M := \max \{ M_1, M_2, M_3 \}$. Зверніть увагу, що якщо$i \geq M$, то$n_i \geq M$ і$m_i \geq M$. Звідси $$\begin{split} \left\lvert {a-b} \right\rvert & = \left\lvert {a-x_{n_i}+x_{n_i} -x_{m_i}+x_{m_i} -b} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {a-x_{n_i}} \right\rvert + \left\lvert {x_{n_i} -x_{m_i}} \right\rvert + \left\lvert {x_{m_i} -b} \right\rvert \\ & < \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} + \frac{\epsilon}{3} = \epsilon . \end{split}$$ Що$\left\lvert {a-b} \right\rvert < \epsilon$ стосується всіх$\epsilon > 0$, то$a=b$ і послідовність сходиться.

Постановка цього судження іноді використовується для визначення повноти властивості дійсних чисел. Ми говоримо, що набір є Коші-повним (або іноді просто повним), якщо кожна послідовність Коші сходиться. Вище ми довели, що як${\mathbb{R}}$ має, то${\mathbb{R}}$ є Коші-повний. Ми можемо «завершити»${\mathbb{Q}}$, «кинувши» достатньо очок, щоб всі послідовності Коші сходилися (ми опускаємо деталі). Отримане поле має властивість найменшої верхньої межі. Перевага використання послідовностей Коші для визначення повноти полягає в тому, що ця ідея узагальнюється до більш абстрактних налаштувань.

Слід зазначити, що критерій Коші сильніше, ніж просто$\left\lvert {x_{n+1}-x_n} \right\rvert$ (або$\left\lvert {x_{n+j}-x_n} \right\rvert$ для фіксованого$j$) йде до нуля, оскільки$n$ йде до нескінченності. Насправді, коли ми дійдемо до часткових сум гармонійного ряду (див. У наступному розділі), у нас буде така послідовність$x_{n+1}-x_n = \nicefrac{1}{n}$, яка, поки$\{ x_n \}$ що розходиться. Насправді, для цієї послідовності це правда, що$\lim_{n\to\infty} \left\lvert {x_{n+j}-x_n} \right\rvert = 0$ для будь-якого$j \in {\mathbb{N}}$ (confer). Ключовим моментом у визначенні Коші є те, що$n$ і$k$ варіюються незалежно і можуть бути довільно далеко один від одного.

Вправи

Доведіть, що$\{ \frac{n^2-1}{n^2} \}$ це Коші, використовуючи безпосередньо визначення послідовностей Коші.

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність така, що існує$0 < C < 1$ такий, що $$\left\lvert {x_{n+1} - x_n} \right\rvert \leq C \left\lvert {x_{n}-x_{n-1}} \right\rvert .$$ Доведіть, що$\{ x_n \}$ це Коші. Підказка: Ви можете вільно використовувати формулу (для$C \not= 1$) $$1+ C+ C^2 + \cdots + C^n = \frac{1-C^{n+1}}{1-C}.$$

Припустимо,$F$ це впорядковане поле${\mathbb{Q}}$, яке містить раціональні числа, такі, що щільні, тобто: всякий раз$x,y \in F$$x < y$, коли такі що, то існує$q \in {\mathbb{Q}}$ таке що$x < q < y$.${\mathbb{Q}}$ Скажімо,$\{ x_n \}_{n=1}^\infty$ послідовність раціональних чисел є Коші$\epsilon > 0$, якщо дано будь-яке$\epsilon \in {\mathbb{Q}}$ з, існує$M$ таке, що для всіх у$n,k \geq M$ нас є$\left\lvert {x_n-x_k} \right\rvert < \epsilon$. Припустимо, будь-яка послідовність Коші раціональних чисел має обмеження в$F$. Доведіть, що$F$ має.

$\{ y_n \}$Дозволяти$\{ x_n \}$ і бути послідовності такі, що$\lim\, y_n =0$. Припустимо, що для всіх$k \in {\mathbb{N}}$ і назавжди у$m \geq k$ нас є $$\left\lvert {x_m-x_k} \right\rvert \leq y_k .$$ Шоу, що$\{ x_n \}$ це Коші.

Припустимо,$\{ x_n \}$ послідовність Коші така$M \in {\mathbb{N}}$, що для кожного існує$k \geq M$ і$n \geq M$ таке, що$x_k < 0$ і$x_n > 0$. Використовуючи просто визначення послідовності Коші та збіжної послідовності, показати, що послідовність сходиться до$0$.

Припустимо,$\left\lvert {x_n-x_k} \right\rvert \leq \nicefrac{n}{k^2}$ для всіх$n$ і$k$. Покажіть, що$\{ x_n \}$ це Коші.

Припустимо,$\{ x_n \}$ це послідовність Коші така, що для нескінченно багатьох$n$,$x_n = c$. Використовуючи лише визначення послідовності Коші, доведіть це$\lim\, x_n = c$.

True/False довести або знайти контрприклад: Якщо$\{ x_n \}$ є послідовність Коші, то існує$M$ така, що для всіх у$n \geq M$ нас є$\left\lvert {x_{n+1}-x_n} \right\rvert \leq \left\lvert {x_{n}-x_{n-1}} \right\rvert$.

Серія

Примітка: 2 лекції

Фундаментальним об'єктом в математиці є ряд. Насправді, коли розроблялися основи аналізу, мотивація полягала в розумінні рядів. Розуміння серії дуже важливо в застосуваннях аналізу. Наприклад, рішення диференціальних рівнянь часто включає ряди, а диференціальні рівняння є основою для розуміння практично всієї сучасної науки.

Визначення

З огляду на послідовність$\{ x_n \}$, ми запишемо формальний об'єкт $$\sum_{n=1}^\infty x_n \qquad \text{or sometimes just} \qquad \sum x_n$$ і називаємо його серією. Ряд сходиться, якщо послідовність,$\{ s_k \}$ визначена шляхом $$s_k := \sum_{n=1}^k x_n = x_1 + x_2 + \cdots + x_k ,$$ сходиться. Цифри$s_k$ називаються частковими сумами. Якщо$x := \lim\, s_k$, пишемо $$\sum_{n=1}^\infty x_n = x .$$ В даному випадку трохи обманюємо і ставимося$\sum_{n=1}^\infty x_n$ як до числа.

З іншого боку, якщо послідовність$\{ s_k \}$ розходиться, ми говоримо, що ряд розходиться. В даному випадку$\sum x_n$ є просто формальним об'єктом, а не числом.

Іншими словами, для конвергентного ряду ми маємо $$\sum_{n=1}^\infty x_n = \lim_{k\to\infty} \sum_{n=1}^k x_n .$$ Ми повинні бути обережними, щоб використовувати цю рівність лише тоді, коли межа права насправді існує. Тобто права сторона не має сенсу (межі не існує), якщо ряд не сходиться.

Перш ніж йти далі, зауважимо, що іноді зручно починати серію за індексом, відмінним від 1. Тобто, наприклад, ми можемо $$\sum_{n=0}^\infty r^n = \sum_{n=1}^\infty r^{n-1} .$$ написати Ліву сторону зручніше писати. Ідея така ж, як позначення для хвоста послідовності.

Загальноприйнято писати ряд$\sum x_n$ так, як $$x_1 + x_2 + x_3 + \cdots$$ з розумінням того, що крапка вказує на ряд, а не просту суму. Ми не використовуємо це позначення, оскільки це часто призводить до помилок у доказах.

Ряд $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n}$$ сходиться і межа дорівнює 1. Тобто, $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} = \lim_{k\to\infty} \sum_{n=1}^k \frac{1}{2^n} = 1 .$$

Доказ: Спочатку ми доведемо $$\left( \sum_{n=1}^k \frac{1}{2^n} \right) + \frac{1}{2^k} = 1 .$$ наступну рівність Рівність легко побачити, коли$k=1$. Доказ для загального$k$ випливає за тим, який ми залишаємо читачеві. $s_k$Дозволяти часткова сума. $$\left\lvert { 1 - s_k } \right\rvert = \left\lvert { 1 - \sum_{n=1}^k \frac{1}{2^n} } \right\rvert = \left\lvert {\frac{1}{2^k}} \right\rvert = \frac{1}{2^k} .$$ Записуємо Послідовність$\{ \frac{1}{2^k} \}$ і тому$\{ \left\lvert {1-s_k} \right\rvert \}$ сходиться до нуля. Отже,$\{ s_k \}$ сходиться до 1.

Для$-1 < r < 1$, геометричний ряд $$\sum_{n=0}^\infty r^n$$ сходиться. Насправді,$\sum_{n=0}^\infty r^n = \frac{1}{1-r}$. Доказ залишається як вправа читачеві. Доказ полягає в тому, щоб показати, $$\sum_{n=0}^{k-1} r^n = \frac{1-r^k}{1-r} ,$$ а потім взяти ліміт, як$k$ йде$\infty$.

Факт, який ми часто використовуємо, - це наступний аналог дивлячись на хвіст послідовності.

Дозвольте$\sum x_n$ бути серією. Нехай$M \in {\mathbb{N}}$. Тоді $$\sum_{n=1}^\infty x_n \quad \text{converges if and only if} \quad \sum_{n=M}^\infty x_n \quad \text{converges.}$$

Ми дивимося на часткові суми двох рядів (для$k \geq M$) $$\sum_{n=1}^{k} x_n = \left( \sum_{n=1}^{M-1} x_n \right) + \sum_{n=M}^{k} x_n .$$ Зверніть увагу, що$\sum_{n=1}^{M-1} x_n$ є фіксованим числом. Тепер використовуйте, щоб закінчити докази.

Серія Коші

Серія кажуть,$\sum x_n$ що це ряд Коші або ряд Коші, якщо послідовність часткових сум$\{ s_n \}$ є послідовністю Коші.

Послідовність дійсних чисел сходиться тоді і тільки тоді, коли це Коші. Тому серія сходиться тоді і лише тоді, коли це Коші.

Серія$\sum x_n$ Коші, якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує такий$M \in {\mathbb{N}}$, що для кожного$n \geq M$ і$k \geq M$ ми маємо $$\left\lvert { \left( \sum_{j=1}^k x_j \right) - \left( \sum_{j=1}^n x_j \right) } \right\rvert < \epsilon .$$ Без втрати спільності ми припускаємо$n < k$. Тоді ми $$\left\lvert { \left( \sum_{j=1}^k x_j \right) - \left( \sum_{j=1}^n x_j \right) } \right\rvert = \left\lvert { \sum_{j={n+1}}^k x_j } \right\rvert < \epsilon .$$ пишемо Ми довели наступне просте пропозицію.

[prop:cachyser] Серія$\sum x_n$ Коші, якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для кожного$n \geq M$ у$k > n$ нас є $$\left\lvert { \sum_{j={n+1}}^k x_j } \right\rvert < \epsilon .$$

Основні властивості

$\sum x_n$Дозволяти бути збіжним рядом. Тоді послідовність$\{ x_n \}$ сходиться і $$\lim_{n\to\infty} x_n = 0.$$

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Як$\sum x_n$ сходиться, це Коші. Таким чином, ми знаходимо$M$ таке, що для кожного$n \geq M$ ми маємо $$\epsilon > \left\lvert { \sum_{j={n+1}}^{n+1} x_j } \right\rvert = \left\lvert { x_{n+1} } \right\rvert .$$ Звідси для кожного$n \geq M+1$ ми маємо$\left\lvert {x_{n}} \right\rvert < \epsilon$.

Отже, якщо серія сходиться, умови ряду йдуть до нуля. Імплікація, однак, йде лише одним шляхом. Наведемо приклад.

[приклад: гармонічний ряд] Ряд$\sum \frac{1}{n}$ розходиться (незважаючи на те, що$\lim \frac{1}{n} = 0$). Це знаменита гармонійна серія ¹².

Доказ: Ми покажемо, що послідовність часткових сум необмежена, а отже, не може сходитися. Напишіть часткові суми$s_n$ для$n = 2^k$ як: $$\begin{aligned} s_1 & = 1 , \\ s_2 & = \left( 1 \right) + \left( \frac{1}{2} \right) , \\ s_4 & = \left( 1 \right) + \left( \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) , \\ s_8 & = \left( 1 \right) + \left( \frac{1}{2} \right) + \left( \frac{1}{3} + \frac{1}{4} \right) + \left( \frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8} \right) , \\ & ~~ \vdots \\ s_{2^k} & = 1 + \sum_{j=1}^k \left( \sum_{m=2^{j-1}+1}^{2^j} \frac{1}{m} \right) .\end{aligned}$$ Відзначимо, що$\nicefrac{1}{3} + \nicefrac{1}{4} \geq \nicefrac{1}{4} + \nicefrac{1}{4} = \nicefrac{1}{2}$ і$\nicefrac{1}{5} + \nicefrac{1}{6} + \nicefrac{1}{7} + \nicefrac{1}{8} \geq \nicefrac{1}{8} + \nicefrac{1}{8} + \nicefrac{1}{8} + \nicefrac{1}{8} = \nicefrac{1}{2}$. $$\sum_{m=2^{k-1}+1}^{2^k} \frac{1}{m} \geq \sum_{m=2^{k-1}+1}^{2^k} \frac{1}{2^k} = (2^{k-1}) \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} .$$ Отже, $$s_{2^k} = 1 + \sum_{j=1}^k \left( \sum_{m=2^{k-1}+1}^{2^k} \frac{1}{m} \right) \geq 1 + \sum_{j=1}^k \frac{1}{2} = 1 + \frac{k}{2} .$$ як$\{ \frac{k}{2} \}$ необмежений тим, що означає, що$\{ s_{2^k} \}$ необмежений, а отже$\{ s_n \}$, необмежений. Звідси$\{ s_n \}$ розходиться, а отже, і$\sum \frac{1}{n}$ розходиться.

Конвергентні ряди лінійні. Тобто ми можемо помножити їх на константи і складати їх і ці операції виконуються термін за терміном.

Нехай$\alpha \in {\mathbb{R}}$$\sum x_n$ і$\sum y_n$ будуть збігаються ряди. Тоді

1. $\sum \alpha x_n$є збіжним рядом і $$\sum_{n=1}^\infty \alpha x_n = \alpha \sum_{n=1}^\infty x_n .$$
2. $\sum ( x_n + y_n )$є збіжним рядом і $$\sum_{n=1}^\infty ( x_n + y_n ) = \left( \sum_{n=1}^\infty x_n \right) + \left( \sum_{n=1}^\infty y_n \right) .$$

Для першого пункту просто запишемо часткову суму$k$ $$\sum_{n=1}^k \alpha x_n = \alpha \left( \sum_{n=1}^k x_n \right) .$$ Дивимося в праву сторону і зауважимо, що постійна кратна збіжній послідовності є збіжною. Значить, ми просто беремо межу обох сторін для отримання результату.

Для другого пункту ми також дивимося на$k$ ту часткову суму. $$\sum_{n=1}^k ( x_n + y_n ) = \left( \sum_{n=1}^k x_n \right) + \left( \sum_{n=1}^k y_n \right) .$$ Дивимося в праву сторону і зауважимо, що сума збіжних послідовностей є збіжною. Отже, ми просто беремо межу обох сторін, щоб отримати пропозицію.

Зверніть увагу, що множення рядів не так просто, як додавання, див. Наступний розділ. Звичайно, неправда, що ми можемо помножити термін на термін, оскільки ця стратегія не працює навіть для кінцевих сум. Наприклад,$(a+b)(c+d) \not= ac+bd$.

Абсолютна конвергенція

Оскільки монотонні послідовності легше працювати, ніж з довільними послідовностями, то, як правило, легше працювати з серіями,$\sum x_n$ де$x_n \geq 0$ для всіх$n$. Тоді послідовність часткових сум монотонно збільшується і сходиться, якщо вона обмежена зверху. Оформимо це твердження як судження.

Якщо$x_n \geq 0$ для всіх$n$, то$\sum x_n$ сходиться тоді і тільки в тому випадку, якщо послідовність часткових сум обмежена зверху.

Оскільки межа монотонної зростаючої послідовності є супремум, мають нерівність $$\sum_{n=1}^k x_n \leq \sum_{n=1}^\infty x_n .$$

Наступний критерій часто дає зручний спосіб перевірки на збіжність ряду.

Ряд$\sum x_n$ сходиться абсолютно, якщо ряд$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ сходиться. Якщо ряд сходиться, але не сходиться абсолютно, ми говоримо, що він умовно сходиться.

Якщо ряд$\sum x_n$ сходиться абсолютно, то він сходиться.

Серія сходиться тоді і лише тоді, коли це Коші. Звідси$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ припустимо, що Коші. Тобто для кожного існує$M$ таке$\epsilon > 0$, що для всіх$k \geq M$ і$n > k$ ми маємо Ми $$\sum_{j=k+1}^n \left\lvert {x_j} \right\rvert = \left\lvert { \sum_{j=k+1}^n \left\lvert {x_j} \right\rvert } \right\rvert < \epsilon .$$ застосовуємо нерівність трикутника для кінцевої суми, щоб отримати $$\left\lvert { \sum_{j=k+1}^n x_j } \right\rvert \leq \sum_{j=k+1}^n \left\lvert {x_j} \right\rvert < \epsilon .$$ Звідси$\sum x_n$ є Коші і тому воно сходиться.

Звичайно, якщо$\sum x_n$ сходиться абсолютно, межі$\sum x_n$ і$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ різні. Обчислення одного не допомагає нам обчислити інше.

Абсолютно збігаються серії мають безліч чудових властивостей. Наприклад, абсолютно збіжні ряди можна переставити довільно, або ми можемо легко помножити такі ряди разом. Умовно конвергентні ряди з іншого боку не часто поводяться так, як можна було б очікувати. Дивіться наступний розділ.

Ми залишаємо як вправу, щоб показати, що $$\sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^n}{n}$$ сходиться, хоча читач повинен закінчити цей розділ, перш ніж намагатися. З іншого боку, ми довели $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$$ розбіжності. Тому$\sum \frac{{(-1)}^n}{n}$ є умовно-збіжною підпослідовністю.

Порівняльний тест і p-серія

Вище ми відзначили, що для того, щоб ряд сходився, терміни не тільки повинні йти в нуль, але вони повинні йти в нуль «досить швидко». Якщо ми знаємо про збіжність певного ряду, ми можемо використовувати наступний тест порівняння, щоб побачити, чи терміни іншого ряду йдуть до нуля «досить швидко».

Нехай$\sum x_n$ і$\sum y_n$ будуть серії такі, що$0 \leq x_n \leq y_n$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.

1. Якщо$\sum y_n$ сходиться, то так і відбувається$\sum x_n$.
2. Якщо$\sum x_n$ розходиться, то так і відбувається$\sum y_n$.

Оскільки терміни ряду всі невід'ємні, послідовності часткових сум одночасно монотонно збільшуються. Оскільки$x_n \leq y_n$ для всіх$n$ часткові суми задовольняють для всіх$k$ $$\label{comptest:eq} \sum_{n=1}^k x_n \leq \sum_{n=1}^k y_n .$$ Якщо ряд$\sum y_n$ сходиться, часткові суми для ряду обмежені. Тому права частина [comptest:eq] обмежена для всіх$k$. Звідси і часткові суми для$\sum x_n$ також обмежені. Оскільки часткові суми є монотонною зростаючою послідовністю, вони збігаються. Перший пункт таким чином доведений.

З іншого боку, якщо$\sum x_n$ розходиться, послідовність часткових сум повинна бути необмеженою, оскільки вона монотонно збільшується. Тобто часткові суми для$\sum x_n$ в кінцевому підсумку більші за будь-яке дійсне число. Поклавши це разом з [comptest:eq], ми бачимо$B \in {\mathbb{R}}$, що для будь-якого, є$k$ таке, що $$B \leq \sum_{n=1}^k x_n \leq \sum_{n=1}^k y_n .$$ Отже, часткові суми для$\sum y_n$ також необмежені, а$\sum y_n$ також розходяться.

Корисною серією для використання з тестом порівняння є$p$ -series.

Бо$p \in {\mathbb{R}}$, ряд $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}$$ сходиться якщо і тільки якщо$p > 1$.

Спочатку припустимо$p \leq 1$. Як$n \geq 1$, у нас є$\frac{1}{n^p} \geq \frac{1}{n}$. Оскільки$\sum \frac{1}{n}$ розходиться, ми бачимо, що$\sum \frac{1}{n^p}$ повинен розходитися для всіх$p \leq 1$ тестом порівняння.

Тепер припустимо$p > 1$. Ми продовжуємо так само, як і у випадку гармонійного ряду, але замість того, щоб показати, що послідовність часткових сум необмежена, ми показуємо, що вона обмежена. Оскільки члени ряду позитивні, послідовність часткових сум монотонна збільшується і буде сходитися, якщо ми покажемо, що вона обмежена вище. Нехай$s_n$ позначимо$n$ часткову суму. $$\begin{aligned} s_1 & = 1 , \\ s_3 & = \left( 1 \right) + \left( \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} \right) , \\ s_7 & = \left( 1 \right) + \left( \frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} \right) + \left( \frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p} \right) , \\ & ~~ \vdots \\ s_{2^k - 1} &= 1 + \sum_{j=1}^{k-1} \left( \sum_{m=2^j}^{2^{j+1}-1} \frac{1}{m^p} \right) .\end{aligned}$$ Замість того, щоб оцінювати знизу, оцінюємо зверху. Зокрема, як$p$ позитивно, то$2^p < 3^p$, і значить$\frac{1}{2^p} + \frac{1}{3^p} < \frac{1}{2^p} + \frac{1}{2^p}$. Аналогічно$\frac{1}{4^p} + \frac{1}{5^p} + \frac{1}{6^p} + \frac{1}{7^p} < \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p} + \frac{1}{4^p}$. Тому $$\begin{split} s_{2^k-1} & = 1+ \sum_{j=1}^k \left( \sum_{m=2^{j}}^{2^{j+1}-1} \frac{1}{m^p} \right) \\ & < 1+ \sum_{j=1}^k \left( \sum_{m=2^{j}}^{2^{j+1}-1} \frac{1}{{(2^j)}^p} \right) \\ & = 1+ \sum_{j=1}^k \left( \frac{2^j}{{(2^j)}^p} \right) \\ & = 1+ \sum_{j=1}^k {\left( \frac{1}{2^{p-1}} \right)}^j . \end{split}$$ як$p > 1$, то$\frac{1}{2^{p-1}} < 1$. Потім, використовуючи результат, відзначимо, що $$\sum_{j=1}^\infty {\left( \frac{1}{2^{p-1}} \right)}^j$$ сходиться. Тому $$s_{2^k-1} < 1+ \sum_{j=1}^k {\left( \frac{1}{2^{p-1}} \right)}^j \leq 1+ \sum_{j=1}^\infty {\left( \frac{1}{2^{p-1}} \right)}^j .$$ Як$\{ s_n \}$ це монотонна послідовність, то все$s_n \leq s_{2^k-1}$ для всіх$n \leq 2^k-1$. Таким чином, для всіх$n$, $$s_n < 1+ \sum_{j=1}^\infty {\left( \frac{1}{2^{p-1}} \right)}^j .$$ Послідовність часткових сум обмежена і, отже, сходиться.

Зверніть увагу, що ні тест$p$ -series, ні тест порівняння не говорять нам, до чого сходиться сума. Вони говорять нам лише про те, що існує ліміт часткових сум. Наприклад, хоча ми знаємо, що$\sum \nicefrac{1}{n^2}$ сходиться, набагато важче знайти ¹³, що межа$\nicefrac{\pi^2}{6}$. Якщо розглядати$\sum \nicefrac{1}{n^p}$ як функцію$p$, то отримаємо так звану$\zeta$ функцію Рімана. Розуміння поведінки цієї функції містить одну з найвідоміших невирішених проблем з математики сьогодні і має застосування в, здавалося б, не пов'язаних між собою областях, таких як сучасна криптографія.

Серія$\sum \frac{1}{n^2+1}$ сходиться.

Доказ: Спочатку зауважте, що$\frac{1}{n^2+1} < \frac{1}{n^2}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. Зверніть увагу, що$\sum \frac{1}{n^2}$ сходиться за допомогою тесту$p$ -series. Тому за тестом порівняння$\sum \frac{1}{n^2+1}$ сходиться.

Тест на співвідношення

Нехай$\sum x_n$ буде серія така, що $$L := \lim_{n\to\infty} \frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert}$$ існує. Тоді

1. Якщо$L < 1$, то$\sum x_n$ сходиться абсолютно.
2. Якщо$L > 1$, то$\sum x_n$ розходиться.

З відзначимо, що якщо$L > 1$, то$x_n$ розходиться. Оскільки необхідна умова зближення рядів, що терміни йдуть до нуля, ми знаємо, що$\sum x_n$ повинні розходитися.

Таким чином припустимо$L < 1$. Ми будемо сперечатися, що$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ повинні сходитися. Доказ схожий на доказ. Звичайно$L \geq 0$. Підібрати$r$ такий, що$L < r < 1$. Як$r-L > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх$n \geq M$ $$\left\lvert {\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} - L} \right\rvert < r-L .$$ Тому For$n > M$ (тобто $$\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} < r .$$ для$n \geq M+1$) пишемо бо$k > M$ ми $$\left\lvert {x_n} \right\rvert = \left\lvert {x_M} \right\rvert \frac{\left\lvert {x_{M+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{M}} \right\rvert} \frac{\left\lvert {x_{M+2}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{M+1}} \right\rvert} \cdots \frac{\left\lvert {x_{n}} \right\rvert}{\left\lvert {x_{n-1}} \right\rvert} < \left\lvert {x_M} \right\rvert r r \cdots r = \left\lvert {x_M} \right\rvert r^{n-M} = (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) r^n .$$ запишемо часткову суму $$\begin{split} \sum_{n=1}^k \left\lvert {x_n} \right\rvert & = \left(\sum_{n=1}^{M} \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + \left(\sum_{n=M+1}^{k} \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) \\ & \leq \left(\sum_{n=1}^{M} \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + \left(\sum_{n=M+1}^{k} (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) r^n \right) \\ & \leq \left(\sum_{n=1}^{M} \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) \left( \sum_{n=M+1}^{k} r^n \right) . \end{split}$$ як Як$0 < r < 1$ геометричний ряд$\sum_{n=0}^{\infty} r^n$ сходиться, так$\sum_{n=M+1}^{\infty} r^n$ сходиться також (чому?). Ми беремо межу, як$k$ йде до нескінченності праворуч вище, щоб отримати $$\begin{split} \sum_{n=1}^k \left\lvert {x_n} \right\rvert & \leq \left(\sum_{n=1}^{M} \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) \left( \sum_{n=M+1}^{k} r^n \right) \\ & \leq \left(\sum_{n=1}^{M} \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + (\left\lvert {x_M} \right\rvert r^{-M}) \left( \sum_{n=M+1}^{\infty} r^n \right) . \end{split}$$ Права сторона - це число, від якого не залежить$n$. Звідси послідовність часткових сум$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ обмежена і$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ є збіжною. При цьому$\sum x_n$ абсолютно сходиться.

Серія $$\sum_{n=1}^\infty \frac{2^n}{n!}$$ сходиться абсолютно.

Доказ: Ми пишемо $$\lim_{n\to\infty} \frac{2^{(n+1)}/(n+1)!}{2^n / n!} = \lim_{n\to\infty} \frac{2}{n+1} = 0 .$$ Тому серія сходиться абсолютно за тестом співвідношення.

Вправи

Для$r \not= 1$, довести $$\sum_{k=0}^{n-1} r^k = \frac{1-r^n}{1-r} .$$ Підказка: Нехай$s := \sum_{k=0}^{n-1} r^k$, потім обчислити$s(1-r) = s-rs$, і вирішити для$s$.

[geometric:exr] Доведіть, що для$-1 < r < 1$ нас є $$\sum_{n=0}^\infty r^n = \frac{1}{1-r} .$$ Підказка: Використовуйте попередню вправу.

Вирішіть збіжність або розбіжність наступних рядів.

а)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{3}{9n+1}$		б)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1}$		в)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^n}{n^2}$
г)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}$		д)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty n e^{-n^2}$

1. Доведіть, що якщо$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty x_n$ сходиться, то$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty ( x_{2n} + x_{2n+1} )$ і сходиться.
2. Знайдіть явний приклад, де зворотне не тримається.

Для$j=1,2,\ldots,n$, давайте$\{ x_{j,k} \}_{k=1}^\infty$ позначимо$n$ послідовності. Припустимо, що для кожного$j$ $$\sum_{k=1}^\infty x_{j,k}$$ це сходиться. Тоді показуйте $$\sum_{j=1}^n \left( \sum_{k=1}^\infty x_{j,k} \right) = \sum_{k=1}^\infty \left( \sum_{j=1}^n x_{j,k} \right) .$$

Доведіть наступну сильнішу версію тесту співвідношення: Дозвольте$\sum x_n$ бути серією.

1. Якщо є$N$ і$\rho < 1$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є$\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} < \rho$, то серія сходиться абсолютно.
2. Якщо є$N$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є$\frac{\left\lvert {x_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {x_n} \right\rvert} \geq 1$, то ряд розходиться.

$\{ x_n \}$Дозволяти спадна послідовність така, що$\sum x_n$ сходиться. Покажіть, що$\displaystyle \lim_{n\to\infty} n x_n = 0$.

Покажіть, що$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^n}{n}$ сходиться. Підказка: розглянемо суму двох наступних записів.

1. Доведіть, що якщо$\sum x_n$ і$\sum y_n$ сходяться абсолютно, то$\sum x_ny_n$ сходиться абсолютно.
2. Знайдіть явний приклад, де зворотне не тримається.
3. Знайдіть явний приклад, де всі три ряди абсолютно збігаються, є не просто кінцевими сумами, а$(\sum x_n)(\sum y_n) \not= \sum x_ny_n$. Тобто показати, що ряди не множаться термін за терміном.

Доведіть нерівність трикутника для рядів, тобто якщо$\sum x_n$ сходиться абсолютно тоді $$\left\lvert {\sum_{n=1}^\infty x_n} \right\rvert \leq \sum_{n=1}^\infty \left\lvert {x_n} \right\rvert .$$

Доведіть тест порівняння лімітів. Тобто довести, що якщо$a_n > 0$ і$b_n > 0$ назавжди$n$, $$0 < \lim_{n\to\infty} \frac{a_n}{b_n} < \infty ,$$ а то або і те$\sum a_n$ і$\sum b_n$ інше сходяться з обох розходяться.

[Вправа: badnocauchy] Нехай$x_n = \sum_{j=1}^n \nicefrac{1}{j}$. Покажіть, що для кожного у$k$ нас$\{ x_n \}$ є$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left\lvert {x_{n+k}-x_n} \right\rvert = 0$, поки що не Коші.

$s_k$Дозволяти$k$ часткова сума$\sum x_n$.
а) Припустимо, що існує$m \in {\mathbb{N}}$ таке, що$\displaystyle \lim_{k\to\infty} s_{mk}$ існує і$\lim\, x_n = 0$. Покажіть, що$\sum x_n$ сходиться.
б) Знайдіть приклад там, де$\displaystyle \lim_{k\to\infty} s_{2k}$ існує і$\lim\, x_n \not= 0$ (і тому$\sum x_n$ розходиться).
в) (Виклик) Знайдіть приклад де$\lim\, x_n = 0$, і існує$\{ s_{k_j} \}$ така підпослідовність, яка$\displaystyle \lim_{j\to\infty} s_{k_j}$ існує, але$\sum x_n$ все ж розходиться.

Детальніше про серіали

Примітка: до 2—3 лекцій (необов'язково, можна спокійно пропустити або покрити частково)

Кореневий тест

Ми бачили тест співвідношення раніше. Є ще один подібний тест, який називається кореневим тестом. Насправді доказ цього тесту схожий і дещо простіше.

Нехай$\sum x_n$ буде серія і нехай $$L := \limsup_{n\to\infty} \, {\left\lvert {x_n} \right\rvert}^{1/n} .$$ Тоді

1. Якщо$L < 1$ потім$\sum x_n$ сходиться абсолютно.
2. Якщо$L > 1$ потім$\sum x_n$ розходиться.

Якщо$L > 1$, то існує така підпослідовність$\{ x_{n_k} \}$, що$L = \lim_{k\to\infty} \, {\left\lvert {x_{n_k}} \right\rvert}^{1/n_k}$. Дозвольте$r$ бути таким, що$L > r > 1$. Існує$M$ таке, що для всіх$k \geq M$, у нас є${\left\lvert {x_{n_k}} \right\rvert}^{1/n_k} > r > 1$, або іншими словами$\left\lvert {x_{n_k}} \right\rvert > r^{n_k} > 1$. Підпослідовність$\{ \left\lvert {x_{n_k}} \right\rvert \}$, а отже$\{ \left\lvert {x_{n}} \right\rvert \}$, також не може сходитися до нуля, і тому ряд розходиться.

Тепер припустимо$L < 1$. Підібрати$r$ такий, що$L < r < 1$. За визначенням граничного супремуму,$n \geq M$ вибираємо$M$ таку, що для всіх у нас є $$\sup \{ {\left\lvert {x_k} \right\rvert}^{1/k} : k \geq n \} < r .$$ Отже, для всіх$n \geq M$ ми маємо $${\left\lvert {x_n} \right\rvert}^{1/n} < r , \qquad \text{or in other words} \qquad \left\lvert {x_n} \right\rvert < r^n .$$ Нехай$k > M$ і оцінимо часткову суму $$\sum_{n=1}^k \left\lvert {x_n} \right\rvert = \left( \sum_{n=1}^M \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + \left( \sum_{n=M+1}^k \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) \leq \left( \sum_{n=1}^M \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + \left( \sum_{n=M+1}^k r^n \right) .$$ As$0 < r < 1$, геометричний ряд$\sum_{n=M+1}^\infty r^n$ сходиться до$\frac{r^{M+1}}{1-r}$.$k$ Оскільки все позитивне, ми маємо $$\sum_{n=1}^k \left\lvert {x_n} \right\rvert \leq \left( \sum_{n=1}^M \left\lvert {x_n} \right\rvert \right) + \frac{r^{M+1}}{1-r} .$$ Таким чином послідовність часткових сум$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ обмежена, і тому ряд сходиться. Тому$\sum x_n$ сходиться абсолютно.

Чергування серійних випробувань

Тести, які ми проводили до цих пір, стосувалися лише абсолютної конвергенції. Наступний тест дає великий запас умовно-збіжних рядів.

$\{ x_n \}$Дозволяти монотонну спадну послідовність позитивних дійсних чисел такі, що$\lim\, x_n = 0$. Потім $$\sum_{n=1}^\infty {(-1)}^n x_n$$ сходиться.

Напишіть$s_m := \sum_{k=1}^m {(-1)}^k x_k$ бути$m$ -ю часткову суму. Потім напишіть $$s_{2n} = \sum_{k=1}^{2n} {(-1)}^k x_k = (-x_1 + x_2) + \cdots + (-x_{2n-1} + x_{2n}) = \sum_{k=1}^{n} (-x_{2k-1} + x_{2k}) .$$ Послідовність$\{ x_k \}$ зменшується і так$(-x_{2k-1}+x_{2k}) \leq 0$ для всіх$k$. Тому підпослідовність$\{ s_{2n} \}$ часткових сум є спадною послідовністю. Аналогічно$(x_{2k}-x_{2k+1}) \geq 0$, і так $$s_{2n} = - x_1 + ( x_2 - x_3 ) + \cdots + ( x_{2n-2} - x_{2n-1} ) + x_{2n} \geq -x_1 .$$ Послідовність$\{ s_{2n} \}$ зменшується і обмежується нижче, тому вона сходиться. Нехай$a := \lim\, s_{2n}$.

Ми хочемо показати, що$\lim\, s_m = a$ (не тільки для підпослідовності). Зверніть увагу: $$s_{2n+1} = s_{2n} + x_{2n+1} .$$ дано$\epsilon > 0$, вибрати$M$ такий, що$\left\lvert {s_{2n}-a} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$ всякий раз$2n \geq M$. Так як$\lim\, x_n = 0$, ми також зробити$M$ можливо більше, щоб отримати$x_{2n+1} < \nicefrac{\epsilon}{2}$ коли завгодно$2n \geq M$. Якщо$2n \geq M$, у нас є$\left\lvert {s_{2n}-a} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2} < \epsilon$, тому нам просто потрібно перевірити ситуацію для$s_{2n+1}$: $$\left\lvert {s_{2n+1}-a} \right\rvert = \left\lvert {s_{2n}-a + x_{2n+1}} \right\rvert \leq \left\lvert {s_{2n}-a} \right\rvert + x_{2n+1} < \nicefrac{\epsilon}{2}+ \nicefrac{\epsilon}{2} = \epsilon . \qedhere$$

Зокрема, існують умовно збіжні ряди, де абсолютні значення членів йдуть до нуля довільно повільно. Наприклад, $$\sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^n}{n^p}$$ сходиться на довільно малий$p > 0$, але при цьому не сходиться абсолютно коли$p \leq 1$.

Перестановки

Як правило, абсолютно конвергентні серії поводяться так, як ми уявляємо, що вони повинні. Наприклад, абсолютно збіжні ряди можна підсумувати в будь-якому порядку. Нічого подібного не стосується умовно збіжних рядів (див. І).

Візьміть ряд $$\sum_{n=1}^\infty x_n .$$ З огляду на двооб'єктивну функцію$\sigma \colon {\mathbb{N}}\to {\mathbb{N}}$, відповідною перестановкою є наступний ряд: $$\sum_{k=1}^\infty x_{\sigma(k)} .$$ Ми просто підсумовуємо ряд в іншому порядку.

$\sum x_n$Дозволяти бути абсолютно збіжним рядом, що сходиться до числа$x$. Нехай$\sigma \colon {\mathbb{N}}\to {\mathbb{N}}$ буде біекція. Тоді$\sum x_{\sigma(n)}$ абсолютно сходиться і сходиться до$x$.

Іншими словами, перестановка абсолютно збіжного ряду сходиться (абсолютно) до того ж числа.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тоді візьміть$M$ бути таким, що $$\left\lvert {\left(\sum_{n=1}^M x_n \right) - x} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} \qquad \text{and} \qquad \sum_{n=M+1}^\infty \left\lvert {x_n} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} .$$ Як$\sigma$ є біекція, існує$K$ таке число, що для кожного існує$k \leq K$ таке$n \leq M$, що$\sigma(k) = n$. Іншими словами$\{ 1,2,\ldots,M \} \subset \sigma\bigl(\{ 1,2,\ldots,K \} \bigr)$.

Тоді для будь-якого$N \geq K$, нехай$Q := \max \sigma(\{ 1,2,\ldots,K \})$ і обчислювати $$\begin{split} \left\lvert {\left( \sum_{n=1}^N x_{\sigma(n)} \right) - x} \right\rvert & = \left\lvert { \left( \sum_{n=1}^M x_n + \sum_{\substack{n=1\\\sigma(n) > M}}^N x_{\sigma(n)} \right) - x} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert { \left( \sum_{n=1}^M x_n \right) - x} \right\rvert + \sum_{\substack{n=1\\\sigma(n) > M}}^N \left\lvert {x_{\sigma(n)}} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert { \left( \sum_{n=1}^M x_n \right) - x} \right\rvert + \sum_{n=M+1}^Q \left\lvert {x_{n}} \right\rvert \\ & < \nicefrac{\epsilon}{2} + \nicefrac{\epsilon}{2} = \epsilon . \end{split}$$ Так$\sum x_{\sigma(n)}$ сходиться до$x$. Щоб побачити, що конвергенція абсолютна, ми застосовуємо вищевказаний аргумент,$\sum \left\lvert {x_n} \right\rvert$ щоб показати, що$\sum \left\lvert {x_{\sigma(n)}} \right\rvert$ сходиться.

[example:harmonsumanything] Покажемо, що змінний гармонійний ряд\(\sum \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[14]/div/div[3]/p[7]/span[2]/span, line 1, column 5

{n}\), який не сходиться абсолютно, може бути перебудований, щоб сходитися ні до чого. Непарні і парні терміни обидва розходяться до нескінченності (доведіть це!) : $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n-1} = \infty, \qquad \text{and} \qquad \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2n} = \infty .$$ Нехай\(a_n := \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[14]/div/div[3]/p[7]/span[4]/span, line 1, column 5

{n}\) для простоти, нехай$L \in {\mathbb{R}}$ буде дано довільне число, і встановити$\sigma(1) := 1$. Припустимо, ми визначили$\sigma(n)$ для всіх$n \leq N$. Якщо $$\sum_{n=1}^N a_{\sigma(n)} \leq L ,$$ тоді нехай$\sigma(N+1) := k$ буде найменший непарний$k \in {\mathbb{N}}$, який ми ще не використовували, тобто$\sigma(n) \not= k$ для всіх$n \leq N$. Інакше нехай$\sigma(N+1) := k$ буде найменшим навіть тим$k$, що ми ще не використовували.

За$\sigma \colon {\mathbb{N}}\to {\mathbb{N}}$ конструкцією один до одного. Це також на, тому що якщо ми продовжуємо додавати або непарні (реп. парні) терміни, врешті-решт ми пройдемо$L$ і переключимося на події (resp. шанси). Так ми перемикаємося нескінченно багато разів.

Нарешті, нехай$N$ буде там,$N$ де ми просто проходимо$L$ і перемикаємося. Наприклад, припустимо, ми тільки що перейшли від непарного до парного (так що ми починаємо віднімання), і нехай$N' > N$ буде де ми спочатку переключитися назад від парного до непарного. Потім $$L + \frac{1}{\sigma(N)} \geq \sum_{n=1}^{N-1} a_{\sigma(n)} > \sum_{n=1}^{N'-1} a_{\sigma(n)} > L- \frac{1}{\sigma(N')}.$$ І аналогічно для перемикання в іншу сторону. Тому сума до$N'-1$ знаходиться в межах$\frac{1}{\min \{ \sigma(N), \sigma(N') \}}$$L$. Коли ми перемикаємося нескінченно багато разів, ми отримуємо, що$\sigma(N) \to \infty$ і$\sigma(N') \to \infty$, отже,\[\sum_{n=1}^\infty a_{\sigma(n)} = \sum_{n=1}^\infty \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[14]/div/div[3]/p[9]/span[11]/span, line 1, column 5

{\sigma(n)} = L .\]

Ось приклад для ілюстрації доказу. Припустимо$L=1.2$, тоді порядок є $$1+\nicefrac{1}{3}-\nicefrac{1}{2}+\nicefrac{1}{5}+\nicefrac{1}{7}+\nicefrac{1}{9}-\nicefrac{1}{4}+\nicefrac{1}{11}+\nicefrac{1}{13}-\nicefrac{1}{6} +\nicefrac{1}{15}+\nicefrac{1}{17}+\nicefrac{1}{19} - \nicefrac{1}{8} + \cdots .$$ На цьому етапі ми не більше ніж$\nicefrac{1}{8}$ від межі.

множення рядів

Як ми вже згадували, множення рядів дещо складніше, ніж додавання. Якщо ми маємо, що принаймні один із рядів сходиться абсолютно, то ми можемо використовувати наступну теорему. Для цього результату зручно починати ряд з 0, а не з 1.

Припустимо$\sum_{n=0}^\infty a_n$ і$\sum_{n=0}^\infty b_n$ є двома збіжними рядами, що сходяться до$A$ і$B$ відповідно. Якщо хоча б один з рядів сходиться абсолютно, то ряд$\sum_{n=0}^\infty c_n$ де $$c_n = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \cdots + a_n b_0 = \sum_{j=0}^n a_j b_{n-j} ,$$ сходиться до$AB$.

Серія$\sum c_n$ називається продуктом Коші$\sum a_n$ і$\sum b_n$.

Припустимо,$\sum a_n$ сходиться абсолютно, і нехай$\epsilon > 0$ буде дано. У цьому доказі замість того, щоб збирати складні оцінки, просто щоб остаточна оцінка вийшла як менша$\epsilon$, давайте просто отримаємо оцінку, яка залежить від$\epsilon$ і може бути зроблена довільно маленькою.

$$A_m := \sum_{n=0}^m a_n , \qquad B_m := \sum_{n=0}^m b_n .$$ Пишемо Ми$m$ переставляємо часткову суму$\sum c_n$: $$\begin{split} \left\lvert {\left(\sum_{n=0}^m c_n \right) - AB} \right\rvert & = \left\lvert {\left( \sum_{n=0}^m \sum_{j=0}^n a_j b_{n-j} \right) - AB} \right\rvert \\ & = \left\lvert {\left( \sum_{n=0}^m B_n a_{m-n} \right) - AB} \right\rvert \\ & = \left\lvert {\left( \sum_{n=0}^m ( B_n - B ) a_{m-n} \right) + B A_m - AB} \right\rvert \\ & \leq \left( \sum_{n=0}^m \left\lvert { B_n - B } \right\rvert \left\lvert {a_{m-n}} \right\rvert \right) + \left\lvert {B} \right\rvert\left\lvert {A_m - A} \right\rvert \end{split}$$ Ми можемо напевно змусити другий член з правого боку перейти до нуля. Хитрість полягає в тому, щоб впоратися з першим терміном. Підбирайте$K$ такі, що для всіх у$m \geq K$ нас є$\left\lvert {A_m - A} \right\rvert < \epsilon$ і теж$\left\lvert {B_m - B} \right\rvert < \epsilon$. Нарешті, як$\sum a_n$ сходиться абсолютно, переконайтеся, що$K$ це досить великий такий, що для всіх$m \geq K$, $$\sum_{n=K}^m \left\lvert {a_n} \right\rvert < \epsilon .$$ Як$\sum b_n$ сходиться, то у нас є, що$B_{\text{max}} := \sup \{ \left\lvert { B_n - B } \right\rvert : n = 0,1,2,\ldots \}$ є кінцевим. Візьміть$m \geq 2K$, то зокрема$m-K+1 > K$. $$\begin{split} %\left( \sum_{n=0}^m \left\lvert { B_n - B } \right\rvert \left\lvert {a_{m-n}} \right\rvert %\right) & = \left( \sum_{n=0}^{m-K} \left\lvert { B_n - B } \right\rvert \left\lvert {a_{m-n}} \right\rvert \right) + \left( \sum_{n=m-K+1}^m \left\lvert { B_n - B } \right\rvert \left\lvert {a_{m-n}} \right\rvert \right) \\ & < \left( \sum_{n=K}^m \left\lvert {a_{n}} \right\rvert \right) B_{\text{max}} + \left( \sum_{n=0}^{K-1} \epsilon \left\lvert {a_{n}} \right\rvert \right) \\ & < \epsilon B_{\text{max}} + \epsilon \left( \sum_{n=0}^\infty \left\lvert {a_{n}} \right\rvert \right) . \end{split}$$ Тому, бо у$m \geq 2K$ нас є $$\begin{split} \left\lvert {\left(\sum_{n=0}^m c_n \right) - AB} \right\rvert & \leq \left( \sum_{n=0}^m \left\lvert { B_n - B } \right\rvert \left\lvert {a_{m-n}} \right\rvert \right) + \left\lvert {B} \right\rvert\left\lvert {A_m - A} \right\rvert \\ & < \epsilon B_{\text{max}} + \epsilon \left( \sum_{n=0}^\infty \left\lvert {a_{n}} \right\rvert \right) + \left\lvert {B} \right\rvert\epsilon = \epsilon \left( B_{\text{max}} + \left( \sum_{n=0}^\infty \left\lvert {a_{n}} \right\rvert \right) + \left\lvert {B} \right\rvert \right) . \end{split}$$ Вираз в дужках на правій стороні є фіксоване число. Отже, ми можемо зробити праву сторону довільно маленькою, підібравши досить маленьку$\epsilon> 0$. Так$\sum_{n=0}^\infty c_n$ сходиться до$AB$.

Якщо обидві серії лише умовно збігаються, то серія виробів Коші навіть не повинна сходитися. Припустимо, беремо$a_n = b_n = {(-1)}^n \frac{1}{\sqrt{n+1}}$. Серія$\sum_{n=0}^\infty a_n = \sum_{n=0}^\infty b_n$ сходиться за допомогою тесту змінного ряду, однак, він не сходиться абсолютно, як видно з$p$ -тесту. Давайте подивимося на продукт Cauchy. $$c_n = {(-1)}^n \left( \frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{2n}} + \frac{1}{\sqrt{3(n-1)}} + \cdots + %\frac{1}{\sqrt{2n}} + \frac{1}{\sqrt{n+1}} \right) = {(-1)}^n \sum_{j=0}^n \frac{1}{\sqrt{(j+1)(n-j+1)}} .$$ Тому $$\left\lvert {c_n} \right\rvert = \sum_{j=0}^n \frac{1}{\sqrt{(j+1)(n-j+1)}} \geq \sum_{j=0}^n \frac{1}{\sqrt{(n+1)(n+1)}} = 1 .$$ терміни не йдуть до нуля і, отже,$\sum c_n$ не можуть сходитися.

Силова серія

Виправити$x_0 \in {\mathbb{R}}$. Силовий ряд про$x_0$ це серія форми $$\sum_{n=0}^\infty a_n {(x-x_0)}^n .$$ Силовий ряд дійсно є функцією$x$, і багато важливих функцій в аналізі можна записати як енергетичний ряд.

Ми говоримо, що силовий ряд збігається, якщо є хоча б один$x \not= x_0$, який змушує серію сходитися. Зверніть увагу, що тривіально бачити, що якщо$x=x_0$ тоді ряд завжди сходиться, оскільки всі терміни, крім першого, дорівнюють нулю. Якщо ряд не сходиться для будь-якої точки$x \not= x_0$, скажемо, що ряд розходиться.

[ps:expex] Серія $$\sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} x^n$$ абсолютно конвергентна для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Це можна побачити за допомогою тесту на співвідношення: Для будь-якого$x$ повідомлення, що $$\lim_{n \to \infty} \frac{\bigl(1/(n+1)!\bigr) \, x^{n+1}}{(1/n!) \, x^{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{x}{n+1} = 0.$$ Насправді ви можете згадати з обчислення, що цей ряд сходиться до$e^x$.

[ps:1kex] Серія $$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} x^n$$ сходиться абсолютно для всіх за$x \in (-1,1)$ допомогою тесту співвідношення: $$\lim_{n \to \infty} \left\lvert { \frac{\bigl(1/(n+1) \bigr) \, x^{n+1}}{(1/n) \, x^{n}} } \right\rvert = \lim_{n \to \infty} \left\lvert {x} \right\rvert \frac{n}{n+1} = \left\lvert {x} \right\rvert < 1 .$$ Він сходиться при$x=-1$, як$\sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^n}{n}$ сходиться за допомогою тесту змінної серії. Але силовий ряд не сходиться абсолютно на$x=-1$, тому що$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n}$ не сходиться. Серія розходиться на$x=1$. Коли$\left\lvert {x} \right\rvert > 1$, то ряд розходиться через тест співвідношення.

[ps:divergeex] Серія $$\sum_{n=1}^\infty n^n x^n$$ розходиться для всіх$x \not= 0$. Застосовуємо кореневий тест $$\limsup_{n\to\infty} \, \left\lvert {n^n x^n} \right\rvert^{1/n} = \limsup_{n\to\infty} \, n \left\lvert {x} \right\rvert = \infty .$$ Тому ряд розходиться у всіх$x \not= 0$.

Насправді конвергенція силових рядів взагалі завжди працює аналогічно одному з трьох прикладів вище.

Нехай$\sum a_n {(x-x_0)}^n$ буде силовий ряд. Якщо ряд сходиться, то або він взагалі сходиться$x \in {\mathbb{R}}$, або існує число$\rho$, таке, що ряд сходиться абсолютно на проміжку$(x_0-\rho,x_0+\rho)$ і розходиться при$x < x_0-\rho$ або$x > x_0+\rho$.

Число$\rho$ називається радіусом збіжності степеневого ряду. Пишемо,$\rho = \infty$ якщо ряд сходиться для всіх$x$, і пишемо,$\rho = 0$ якщо ряд розходиться. Див. У радіусі збіжності знаходиться$\rho=1$. У радіусі збіжності є$\rho=\infty$, а в радіусі збіжності є$\rho=0$.

Напишіть $$R := \limsup_{n\to\infty} \, {\left\lvert {a_n} \right\rvert}^{1/n} .$$ Ми використовуємо кореневий тест, щоб довести пропозицію: $$L = \limsup_{n\to\infty} \, {\left\lvert {a_n{(x-x_0)}^n} \right\rvert}^{1/n} = \left\lvert {x-x_0} \right\rvert \limsup_{n\to\infty} \, {\left\lvert {a_n} \right\rvert}^{1/n} = \left\lvert {x-x_0} \right\rvert R .$$ Зокрема якщо$R = \infty$, то$L=\infty$ для будь-якого$x \not= x_0$, і ряд розходиться по кореневому тесту. З іншого боку якщо$R = 0$, то$L=0$ для будь-якого$x$, і серія сходиться абсолютно для всіх$x$.

Припустимо$0 < R < \infty$. Серія сходиться абсолютно$1 > L = R \left\lvert {x-x_0} \right\rvert$, якщо, або іншими словами, коли Серія $$\left\lvert {x-x_0} \right\rvert < \nicefrac{1}{R} .$$ розходиться$1 < L = R \left\lvert {x-x_0} \right\rvert$, коли, або $$\left\lvert {x-x_0} \right\rvert > \nicefrac{1}{R} .$$ Дозволяючи$\rho = \nicefrac{1}{R}$ завершує доказ.

Можливо, буде корисно переосмислити те, що ми дізналися в доказі, як окрему пропозицію.

$\sum a_n {(x-x_0)}^n$Дозволяти бути силовий ряд, і нехай $$R := \limsup_{n\to\infty} \, {\left\lvert {a_n} \right\rvert}^{1/n} .$$ Якщо$R = \infty$, силовий ряд розходиться. Якщо$R=0$, то силовий ряд сходиться всюди. В іншому випадку радіус збіжності$\rho = \nicefrac{1}{R}$.

Часто радіус збіжності пишеться як і$\rho = \nicefrac{1}{R}$ у всіх трьох випадках, з очевидним розумінням того, що$\rho$ повинно бути if$R = 0$ або$R = \infty$.

Конвергентні ряди потужності можна додавати і множити разом, а також множити на константи. Пропозиція має легкий доказ, використовуючи те, що ми знаємо про серіали загалом, і силові серії зокрема. Доказ залишаємо читачеві.

$\sum_{n=0}^\infty b_n {(x-x_0)}^n$Дозволяти$\sum_{n=0}^\infty a_n {(x-x_0)}^n$ і бути двома збіжними степеневими рядами з радіусом збіжності не менше$\rho > 0$ і$\alpha \in {\mathbb{R}}$. Тоді за все$x$ таке$\left\lvert {x-x_0} \right\rvert < \rho$, що, у нас є $$\left(\sum_{n=0}^\infty a_n {(x-x_0)}^n\right) + \left(\sum_{n=0}^\infty b_n {(x-x_0)}^n\right) = \sum_{n=0}^\infty (a_n+b_n) {(x-x_0)}^n ,$$ $$\alpha \left(\sum_{n=0}^\infty a_n {(x-x_0)}^n\right) = \sum_{n=0}^\infty \alpha a_n {(x-x_0)}^n ,$$ і $$\left(\sum_{n=0}^\infty a_n {(x-x_0)}^n\right) \, \left(\sum_{n=0}^\infty b_n {(x-x_0)}^n\right) = \sum_{n=0}^\infty c_n {(x-x_0)}^n ,$$ де$c_n = a_0b_n + a_1 b_{n-1} + \cdots + a_n b_0$.

Тобто після виконання алгебраїчних операцій радіус збіжності отриманого ряду становить не менше$\rho$. Для всіх$x$ з$\left\lvert {x-x_0} \right\rvert < \rho$, у нас є два збіжні ряди, тому їх термін за терміном додавання та множення на константи слід за тим, що ми дізналися в останньому розділі. Для множення двох степеневих рядів ряди абсолютно збігаються всередині радіуса збіжності, і тому для них$x$ ми можемо застосувати теорему Мертенса. Зауважте, що після застосування алгебраїчної операції радіус збіжності може збільшуватися. Дивіться вправи.

Розглянемо кілька прикладів силових рядів. Поліноми є просто скінченними степеневими рядами. Тобто многочлен - це ряди степенів, де рівні нулю для всіх досить$n$ великих.$a_n$ Ми розширюємо многочлен як степеневий ряд про будь-яку точку$x_0$, записуючи многочлен як многочлен в$(x-x_0)$. Наприклад,$2x^2-3x+4$ як силовий ряд навколо$x_0 = 1$ $$2x^2-3x+4 = 3 + (x-1) + 2{(x-1)}^2 .$$

Ми також можемо розширити раціональні функції, тобто співвідношення поліномів як степеневих рядів, хоча повністю доводити цей факт тут не будемо. Зверніть увагу, що ряд для раціональної функції визначає функцію лише на інтервалі, навіть якщо функція визначена в іншому місці. Наприклад, для геометричної серії ми маємо, що для Серія$x \in (-1,1)$ $$\frac{1}{1-x} = \sum_{n=0}^\infty x^n .$$ розходиться$\left\lvert {x} \right\rvert > 1$, коли, хоча$\frac{1}{1-x}$ визначена для всіх$x \not= 1$.

Ми можемо використовувати геометричний ряд разом із правилами додавання та множення степеневих рядів, щоб розширити раціональні функції як ряди потужності навколо$x_0$, доки знаменник не дорівнює нулю$x_0$. Ми без доказів заявляємо, що це завжди можливо, і наведемо приклад такого обчислення з використанням геометричного ряду.

Розширимо$\frac{x}{1+2x+x^2}$ як степеневий ряд навколо origin ($x_0 = 0$) і знайдемо радіус збіжності.

Пишіть$1+2x+x^2 = {(1+x)}^2 = {\bigl(1-(-x)\bigr)}^2$, і припускайте$\left\lvert {x} \right\rvert < 1$. Обчислити $$\begin{split} \frac{x}{1+2x+x^2} &= x \, {\left( \frac{1}{1-(-x)} \right)}^2 \\ &= x \, {\left( \sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n x^n \right)}^2 \\ &= x \, \left( \sum_{n=0}^\infty c_n x^n \right) \\ &= \sum_{n=0}^\infty c_n x^{n+1} , \end{split}$$ , де за допомогою формули для добутку рядів ми отримуємо$c_0 = 1$,$c_1 = -1 -1 = -2$,$c_2 = 1+1+1 = 3$, і т.д... Тому ми отримуємо, що для$\left\lvert {x} \right\rvert < 1$, $$\frac{x}{1+2x+x^2} = \sum_{n=1}^\infty {(-1)}^{n+1} n x^n .$$ Радіус збіжності є принаймні 1. Ми залишаємо це читачеві, щоб переконатися, що радіус збіжності точно дорівнює 1.

Ви можете використовувати метод часткових дробів, який ви знаєте з числення. Наприклад, щоб знайти ряд потужності для$\frac{x^3+x}{x^2-1}$ at 0, напишіть $$\frac{x^3+x}{x^2-1} = x + \frac{1}{1+x} - \frac{1}{1-x} = x + \sum_{n=0}^\infty {(-1)}^n x^n - \sum_{n=0}^\infty x^n .$$

Вправи

Вирішіть збіжність або розбіжність наступних рядів.

а)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^{2n+1}}$

б)$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^{n}(n-1)}{n}$

в)\(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac ParseError: EOF expected (click for details) Callstack: at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[15]/table[1]/tbody/tr/td[5]/span/span, line 1, column 5 \)

г)\(\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{n^n} ParseError: EOF expected (click for details) Callstack: at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[15]/table[1]/tbody/tr/td[7]/span/span, line 1, column 6 \)

Припустимо, обидва$\sum_{n=0}^\infty a_n$ і$\sum_{n=0}^\infty b_n$ сходяться абсолютно. Покажіть, що серія виробів,$\sum_{n=0}^\infty c_n$ де$c_n = a_0 b_n + a_1 b_{n-1} + \cdots + a_n b_0$, теж сходиться абсолютно.

[Вправа: серія сходиться ні до чого]$\sum a_n$ Дозволяти бути умовно збіжними. Показати, що задане будь-яке число$x$ існує перестановка$\sum a_n$ такої, до якої переставлений ряд сходиться до$x$. Підказка: Див.

а) Покажіть, що змінний гармонічний ряд\(\sum \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[15]/p[4]/span[1]/span, line 1, column 5

{n}\) має таку перестановку$x < y$, що для будь-якого існує часткова сума$s_n$ переставленого ряду така, що$x < s_n < y$. б) Покажіть, що знайдена вами перестановка не сходиться. Див. в) Показати$x \in {\mathbb{R}}$, що для будь-якого існує підпослідовність$\{ s_{n_k} \}$ часткових сум вашої перестановки таких, що$\lim \, s_{n_k} = x$.

Для наступних рядів потужності знайдіть, чи є вони збіжними чи ні, і якщо так, знайдіть їх радіус збіжності.

а)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty 2^n x^n$

б)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty n x^n$

в)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty n! \, x^n$

г)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(2k)!} {(x-10)}^n$

д)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty x^{2n}$

f)$\displaystyle \sum_{n=0}^\infty n! \, x^{n!}$

Припустимо,$\sum a_n x^n$ сходиться для$x=1$. а) Що можна сказати про радіус збіжності? б) Якщо ви далі знаєте, що при$x=1$ зближенні не є абсолютним, що ви можете сказати?

Розгорніть$\dfrac{x}{4-x^2}$ як силовий ряд навколо$x_0 = 0$ і обчислити його радіус збіжності.

а) Знайти приклад, де радіус збіжності$\sum a_n x^n$ і$\sum b_n x^n$ дорівнює 1, але радіус збіжності суми двох рядів нескінченний. б) (Трюче) Знайти приклад, де радіус збіжності$\sum a_n x^n$ і$\sum b_n x^n$ дорівнює 1, але радіус збіжності добутку два ряди нескінченно.

З'ясуйте, як обчислити радіус збіжності за допомогою тесту коефіцієнта. Тобто, припустимо,$\sum a_n x^n$ є силовим рядом і$R := \lim \, \frac{\left\lvert {a_{n+1}} \right\rvert}{\left\lvert {a_n} \right\rvert}$ існує або є$\infty$. Знайдіть радіус зближення і доведіть свою претензію.

а) Доведіть це$\lim \, n^{1/n} = 1$. Підказка: Напишіть$n^{1/n} = 1+b_n$ і зверніть увагу$b_n > 0$. Потім покажіть, що${(1+b_n)}^n \geq \frac{n(n-1)}{2}b_n^2$ і використайте це, щоб показати, що$\lim \, b_n = 0$. б) Використовуйте результат частини а), щоб показати, що якщо$\sum a_n x^n$ є збіжним силовим рядом з радіусом збіжності$R$, то також$\sum n a_n x^n$ збігається з тим самим радіусом збіжності.

Існують різні поняття сумованості (конвергенції) ряду, ніж лише те, що ми бачили. Загальним є Ces à ro підсумованість ¹⁴. $\sum a_n$Дозволяти бути ряд і нехай$s_n$ буде частковою сумою.$n$ Серія, як кажуть, Ces à ro підсумовується,$a$ якщо $$a = \lim_{n\to \infty} \frac{s_1 + s_2 + \cdots + s_n}{n} .$$

а) Якщо$\sum a_n$ сходиться до$a$ (у звичайному розумінні), показати, що$\sum a_n$ це Ces à ro підсумовується до$a$. б) Показати, що в сенсі Ces à ro$\sum {(-1)}^n$ підсумовується до$\nicefrac{1}{2}$. c) Нехай$a_n := k$ коли$n = k^3$ для деяких$k \in {\mathbb{N}}$,$a_n := -k$ коли $n = k^3+1$для деяких$k \in {\mathbb{N}}$, інакше нехай$a_n := 0$. Покажіть, що$\sum a_n$ розходиться у звичайному розумінні (часткові суми необмежені), але це Ces à ro підсумовується до 0 (здається трохи парадоксальним на перший погляд).

Покажіть, що монотонність в тесті чергуються рядів необхідно. Тобто знайти послідовність позитивних дійсних чисел$\{ x_n \}$ з$\lim\, x_n = 0$ але таким, що$\sum {(-1)}^n x_n$ розходиться.

Безперервні функції

Межі функцій

Примітка: 2—3 лекції

Перш ніж визначити безперервність функцій, нам потрібно відвідати дещо більш загальне поняття межі. Тобто, враховуючи функцію$f \colon S \to {\mathbb{R}}$, ми хочемо побачити, як$f(x)$ поводиться як$x$ прагне до певної точки.

Кластерні точки

По-перше, повернемося до концепції, яку ми раніше бачили у вправі.

Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$ буде набір. Число$x \in {\mathbb{R}}$ називається точкою кластера$S$ якщо для кожного$\epsilon > 0$ множина$(x-\epsilon,x+\epsilon) \cap S \setminus \{ x \}$ не порожня.

Тобто є кластерною точкою,$x$$S$ якщо є точки$S$ довільно близьких до$x$. Інший спосіб фразування визначення полягає в тому, щоб сказати, що$x$ це кластерна точка$S$ якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$y \in S$ така, що$y \not= x$ і$\left\lvert {x - y} \right\rvert < \epsilon$. Зверніть увагу, що кластер точки$S$ необхідності не лежати в$S$.

Давайте подивимося кілька прикладів.

1. Набір$\{ \nicefrac{1}{n} : n \in {\mathbb{N}}\}$ має унікальну точку кластера нуль.
2. Точки скупчення відкритого інтервалу$(0,1)$ - це всі точки замкнутого інтервалу$[0,1]$.
3. Для${\mathbb{Q}}$ множини множина точок кластера - це ціла реальна лінія${\mathbb{R}}$.
4. Для$[0,1) \cup \{ 2 \}$ множини множина точок кластера - це інтервал$[0,1]$.
5. Набір не${\mathbb{N}}$ має точок кластера в${\mathbb{R}}$.

Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$. Тоді$x \in {\mathbb{R}}$ це точка кластера$S$ якщо і тільки якщо існує збіжна послідовність чисел,$\{ x_n \}$ таких що$x_n \not= x$$x_n \in S$, і$\lim\, x_n = x$.

По-перше, припустимо,$x$ це кластерна точка$S$. Для будь-якого$n \in {\mathbb{N}}$, ми вибираємо,$x_n$ щоб бути довільною точкою$(x-\nicefrac{1}{n},x+\nicefrac{1}{n}) \cap S \setminus \{x\}$, який ми знаємо є непорожнім, тому що$x$ це кластер точка$S$. Тоді$x_n$ знаходиться в межах$\nicefrac{1}{n}$$x$, тобто, $$\left\lvert {x-x_n} \right\rvert < \nicefrac{1}{n} .$$ як$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ сходиться до нуля,$\{ x_n \}$ сходиться до$x$.

З іншого боку, якщо почати з послідовності чисел$\{ x_n \}$ в$S$ сходженні до$x$ такої, що$x_n \not= x$ для всіх$n$, то для кожного$\epsilon > 0$ є$M$ таке, що зокрема$\left\lvert {x_M - x} \right\rvert < \epsilon$. Тобто,$x_M \in (x-\epsilon,x+\epsilon) \cap S \setminus \{x\}$.

Межі функцій

Якщо функція$f$ визначена на множині$S$ і$c$ є точкою кластера$S$, то ми можемо визначити межу$f(x)$ як$x$ наближається до$c$. Зверніть увагу, що це не має значення для визначення,$f$ визначено в$c$ чи ні. Крім того, навіть якщо функція визначена на$c$, межа функції, до$x$ якої йде, цілком$c$ може відрізнятися від$f(c)$.

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти функція і$c$ точка кластера$S$. Припустимо, існує$L \in {\mathbb{R}}$ і для кожного$\epsilon > 0$, існує$\delta > 0$ таке, що всякий раз$x \in S \setminus \{ c \}$ і$\left\lvert {x - c} \right\rvert < \delta$, тоді $$\left\lvert {f(x) - L} \right\rvert < \epsilon .$$ У цьому випадку ми говоримо, що$f(x)$ сходиться до того$L$, як$x$ йде$c$. Ми говоримо$L$, що межа$f(x)$, як$x$ йде$c$. Ми пишемо $$\lim_{x \to c} f(x) := L ,$$ або $$f(x) \to L \quad\text{as}\quad x \to c .$$ Якщо такого не$L$ існує, то ми говоримо, що межа не існує або що$f$ розходиться на$c$.

Знову ж таки, позначення та мова, яку ми використовуємо вище, передбачає, що межа унікальна, хоча ми ще не довели цього. Давайте зробимо це зараз.

$c$Дозволяти бути точка кластера$S \subset {\mathbb{R}}$ і нехай$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ функція така, що$f(x)$ сходиться, як$x$ йде до$c$. Тоді межа$f(x)$ як$x$ переходить до$c$ є унікальною.

$L_2$Дозволяти$L_1$ і бути два числа, які обидва задовольняють визначенню. Візьміть$\epsilon > 0$ і знайдіть$\delta_1 > 0$ таку, що$\left\lvert {f(x)-L_1} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$ для всіх$x \in S \setminus \{c\}$ с$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta_1$. Також знайдіть$\delta_2 > 0$ таке, що$\left\lvert {f(x)-L_2} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$ для всіх$x \in S \setminus \{c\}$ с$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta_2$. Покладіть$\delta := \min \{ \delta_1, \delta_2 \}$. Припустимо$x \in S$$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$,, і$x \not= c$. Тоді $$\left\lvert {L_1 - L_2} \right\rvert = \left\lvert {L_1 - f(x) + f(x) - L_2} \right\rvert \leq \left\lvert {L_1 - f(x)} \right\rvert + \left\lvert {f(x) - L_2} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.$$ Що$\left\lvert {L_1-L_2} \right\rvert < \epsilon$ стосується довільного$\epsilon > 0$, то$L_1 = L_2$.

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися як$f(x) := x^2$. Тоді $$\lim_{x\to c} f(x) = \lim_{x\to c} x^2 = c^2 .$$

Доказ: Спочатку нехай$c$ буде зафіксовано. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. $$\delta := \min \left\{ 1 , \, \frac{\epsilon}{2\left\lvert {c} \right\rvert+1} \right\} .$$ Візьміть$x \not= c$ такий, що$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$. Зокрема,$\left\lvert {x-c} \right\rvert < 1$. Потім шляхом зворотної нерівності трикутника ми отримуємо $$\left\lvert {x} \right\rvert-\left\lvert {c} \right\rvert \leq \left\lvert {x-c} \right\rvert < 1 .$$ Додавання$2\left\lvert {c} \right\rvert$ до обох сторін$\left\lvert {x} \right\rvert + \left\lvert {c} \right\rvert < 2\left\lvert {c} \right\rvert + 1$. обчислюємо $$\begin{split} \left\lvert {f(x) - c^2} \right\rvert &= \left\lvert {x^2-c^2} \right\rvert \\ &= \left\lvert {(x+c)(x-c)} \right\rvert \\ &= \left\lvert {x+c} \right\rvert\left\lvert {x-c} \right\rvert \\ &\leq (\left\lvert {x} \right\rvert+\left\lvert {c} \right\rvert)\left\lvert {x-c} \right\rvert \\ &< (2\left\lvert {c} \right\rvert+1)\left\lvert {x-c} \right\rvert \\ &< (2\left\lvert {c} \right\rvert+1)\frac{\epsilon}{2\left\lvert {c} \right\rvert+1} = \epsilon . \end{split}$$

$f \colon [0,1) \to {\mathbb{R}}$Визначте $$f(x) := \begin{cases} x & \text{if $x > 0$} , \\ 1 & \text{if $x = 0$} . \end{cases}$$ потім, $$\lim_{x\to 0} f(x) = 0 ,$$ хоча$f(0) = 1$.

Доказ: Нехай$\epsilon > 0$ буде дано. Нехай$\delta := \epsilon$. Тоді за$x \in [0,1)$$x \not= 0$, і$\left\lvert {x-0} \right\rvert < \delta$ отримуємо $$\left\lvert {f(x) - 0} \right\rvert = \left\lvert {x} \right\rvert < \delta = \epsilon .$$

Послідовні межі

З'єднаємо границю, як визначено вище, з межами послідовностей.

[seqflimit:lemma] Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$ і$c$ бути точкою кластера$S$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією.

Тоді$f(x) \to L$ як$x \to c$, якщо і тільки якщо для кожної$\{ x_n \}$ послідовності чисел такі, що$x_n \in S \setminus \{c\}$ для всіх$n$, і такі, що$\lim\, x_n = c$, у нас є, що послідовність$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$L$.

Припустимо$x \to c$,$f(x) \to L$ як, і$\{ x_n \}$ є така послідовність, що$x_n \in S \setminus \{c\}$ і$\lim\, x_n = c$. Ми хочемо показати, що$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$L$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Знайти$\delta > 0$ таке, що якщо$x \in S \setminus \{c\}$ і$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {f(x) - L} \right\rvert < \epsilon$. Як$\{ x_n \}$ сходиться$c$, знайти$M$ таке, що для$n \geq M$ нас є що$\left\lvert {x_n - c} \right\rvert < \delta$. Тому, для$n \geq M$, $$\left\lvert {f(x_n) - L} \right\rvert < \epsilon .$$ Таким чином$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$L$.

Для іншого напрямку ми використовуємо доказ контрапозитивним. Припустимо, це неправда, що$f(x) \to L$ як$x \to c$. Заперечення визначення полягає в тому, що існує$\epsilon > 0$ таке, що для кожного$\delta > 0$ існує якийсь$x \in S \setminus \{c\}$, де$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ і$\left\lvert {f(x)-L} \right\rvert \geq \epsilon$.

Давайте використаємо$\nicefrac{1}{n}$ for$\delta$ у наведеному вище операторі для побудови послідовності$\{ x_n \}$. Ми маємо, що існує$\epsilon > 0$ таке$n$, що для кожного існує точка$x_n \in S \setminus \{c\}$, де$\left\lvert {x_n-c} \right\rvert < \nicefrac{1}{n}$ і$\left\lvert {f(x_n)-L} \right\rvert \geq \epsilon$. Послідовність$\{ x_n \}$ тільки що побудована сходиться до$c$, але послідовність$\{ f(x_n) \}$ не сходиться до$L$. І ми закінчили.

Зміцнити зворотний напрямок леми можна, просто заявивши, що$\{ f(x_n) \}$ сходиться, не вимагаючи певного межі. Див.

$\displaystyle \lim_{x \to 0} \, \sin( \nicefrac{1}{x} )$не існує, але$\displaystyle \lim_{x \to 0} \, x\sin( \nicefrac{1}{x} ) = 0$. Див.

Доказ: Давайте працювати з$\sin(\nicefrac{1}{x})$ першим. Визначимося з послідовністю$x_n := \frac{1}{\pi n + \nicefrac{\pi}{2}}$. Це неважко помітити, що$\lim\, x_n = 0$. Крім того, $$\sin ( \nicefrac{1}{x_n} ) = \sin (\pi n + \nicefrac{\pi}{2}) = {(-1)}^n .$$ отже,$\{ \sin ( \nicefrac{1}{x_n} ) \}$ не сходиться. Таким чином, по,$\lim_{x \to 0} \, \sin( \nicefrac{1}{x} )$ не існує.

Тепер давайте подивимося на$x\sin(\nicefrac{1}{x})$. Нехай$x_n$ буде послідовність така, що$x_n \not= 0$ для всіх$n$ і таких, що$\lim\, x_n = 0$. Зверніть увагу, що$\left\lvert {\sin(t)} \right\rvert \leq 1$ для будь-якого$t \in {\mathbb{R}}$. Отже, $$\left\lvert {x_n\sin(\nicefrac{1}{x_n})-0} \right\rvert = \left\lvert {x_n} \right\rvert\left\lvert {\sin(\nicefrac{1}{x_n})} \right\rvert \leq \left\lvert {x_n} \right\rvert .$$ As$x_n$ йде до 0, потім$\left\lvert {x_n} \right\rvert$ йде до нуля, а значить і$\{ x_n\sin(\nicefrac{1}{x_n}) \}$ сходиться до нуля. За,$\displaystyle \lim_{x \to 0} \, x\sin( \nicefrac{1}{x} ) = 0$.

Майте на увазі фразу «для кожної послідовності» в лемі. Для прикладу візьмемо$\sin(\nicefrac{1}{x})$ і послідовність$x_n = \nicefrac{1}{\pi n}$. Потім$\{ \sin (\nicefrac{1}{x_n}) \}$ - постійна нульова послідовність, а значить, сходиться до нуля.

Використовуючи, ми можемо почати застосовувати все, що ми знаємо про послідовні обмеження до меж функцій. Наведемо кілька важливих прикладів.

$S \subset {\mathbb{R}}$$c$Дозволяти і бути точкою кластера$S$. $g \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ і бути функції. Припустимо, межі$f(x)$ і$g(x)$ як$x$ йде до$c$ обох існують, і що $$f(x) \leq g(x) \qquad \text{for all $x \in S$}.$$ Тоді $$\lim_{x\to c} f(x) \leq \lim_{x\to c} g(x) .$$

Візьміть$\{ x_n \}$ послідовність чисел в$S \setminus \{ c \}$ що сходиться до$c$. Нехай $$L_1 := \lim_{x\to c} f(x), \qquad \text{and} \qquad L_2 := \lim_{x\to c} g(x) .$$ By ми знаємо,$\{ f(x_n) \}$ сходиться$L_1$ і$\{ g(x_n) \}$ сходиться до$L_2$. У нас теж є$f(x_n) \leq g(x_n)$. Отримуємо$L_1 \leq L_2$ за допомогою.

Застосовуючи постійні функції, отримуємо наступний наслідок. Доказ залишають як вправу.

[fconstineq:cor] Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$ і$c$ бути точкою кластера$S$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. І припустимо, що$f(x)$ межа як$x$ йде до$c$ існує. Припустимо, є два дійсних числа$a$ і$b$ такі, що $$a \leq f(x) \leq b \qquad \text{for all $x \in S$}.$$ Тоді $$a \leq \lim_{x\to c} f(x) \leq b .$$

Використовуючи так само, як і вище, ми також отримуємо наступні наслідки, чиї докази знову залишаються як вправа.

[fsqueeze:cor]$c$ Дозволяти$S \subset {\mathbb{R}}$ і бути точкою кластера$S$. Дозволяти$f \colon S \to {\mathbb{R}}$$g \colon S \to {\mathbb{R}}$, і$h \colon S \to {\mathbb{R}}$ бути функції. Припустимо $$f(x) \leq g(x) \leq h(x) \qquad \text{for all $x \in S$},$$ ,$f(x)$ і межі і$h(x)$ як$x$ йде до$c$ обох існують, і $$\lim_{x\to c} f(x) = \lim_{x\to c} h(x) .$$ тоді межа$g(x)$ як$x$ переходить до$c$ існує і $$\lim_{x\to c} g(x) = \lim_{x\to c} f(x) = \lim_{x\to c} h(x) .$$

[falg:cor]$c$ Дозволяти$S \subset {\mathbb{R}}$ і бути точкою кластера$S$. $g \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ і бути функції. Припустимо, межі$f(x)$ і$g(x)$ як$x$ йде до$c$ обох існують. Тоді

1. $\displaystyle \lim_{x\to c} \bigl(f(x)+g(x)\bigr) = \left(\lim_{x\to c} f(x)\right) + \left(\lim_{x\to c} g(x)\right) .$
2. $\displaystyle \lim_{x\to c} \bigl(f(x)-g(x)\bigr) = \left(\lim_{x\to c} f(x)\right) - \left(\lim_{x\to c} g(x)\right) .$
3. $\displaystyle \lim_{x\to c} \bigl(f(x)g(x)\bigr) = \left(\lim_{x\to c} f(x)\right) \left(\lim_{x\to c} g(x)\right) .$
4. [falg:cor:iv] Якщо$\displaystyle \lim_{x\to c} g(x) \not= 0$, і$g(x) \not= 0$ для всіх$x \in S \setminus \{ c \}$, то $$\lim_{x\to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim_{x\to c} f(x)}{\lim_{x\to c} g(x)} .$$

Межі обмежень і односторонні межі

Іноді ми працюємо з функцією, визначеною на підмножині.

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. Нехай$A \subset S$. Визначити функцію$f|_A \colon A \to {\mathbb{R}}$ $$f|_A (x) := f(x) \qquad \text{for $x \in A$}.$$ за допомогою Функція$f|_A$ називається обмеженням$f$ to$A$.

Функція$f|_A$ - це просто функція,$f$ взята на менший домен. Наступне судження є аналогом взяття хвоста послідовності.

[prop:limrest] Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$$c \in {\mathbb{R}}$, і нехай$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ буде функція. Припустимо,$A \subset S$ таке, що є якийсь$\alpha > 0$ такий, що$A \cap (c-\alpha,c+\alpha) = S \cap (c-\alpha,c+\alpha)$.

1. Точка$c$ є точкою кластера,$A$ якщо і тільки якщо$c$ є точкою кластера$S$.
2. Припустимо,$c$ це кластерна точка$S$, то$f(x) \to L$$x \to c$ ніби і тільки якщо$f|_A(x) \to L$ як$x \to c$.

По-перше,$c$ нехай точка кластера$A$. Так як$A \subset S$, то якщо$( A \setminus \{ c\} ) \cap (c-\epsilon,c+\epsilon)$ непорожній для кожного$\epsilon > 0$,$( S \setminus \{ c\} ) \cap (c-\epsilon,c+\epsilon)$ то непорожній для кожного$\epsilon > 0$. Таким$c$ чином, кластерна точка$S$. По-друге, припустимо,$c$ це точка кластера$S$. Тоді за$\epsilon > 0$ таке$\epsilon < \alpha$ ми отримуємо те$( A \setminus \{ c\} ) \cap (c-\epsilon,c+\epsilon) = ( S \setminus \{ c\} ) \cap (c-\epsilon,c+\epsilon)$, що непорожньо. Це вірно для всіх$\epsilon < \alpha$ і, отже,$( A \setminus \{ c\} ) \cap (c-\epsilon,c+\epsilon)$ повинно бути непорожнім для всіх$\epsilon > 0$. Таким чином$c$, це кластерна точка$A$.

Тепер припустимо$f(x) \to L$, як$x \to c$. Тобто для кожного$\epsilon > 0$ знайдеться$\delta > 0$ таке, що якщо$x \in S \setminus \{ c \}$ і$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {f(x)-L} \right\rvert < \epsilon$. Тому що$A \subset S$, якщо$x$ є в$A \setminus \{ c \}$, то$x$ є в$S \setminus \{ c \}$, а значить,$f|_A(x) \to L$ як$x \to c$.

Нарешті припустимо$f|_A(x) \to L$, як$x \to c$. Звідси для кожного$\epsilon > 0$ є$\delta > 0$ таке, що якщо$x \in A \setminus \{ c \}$ і$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\bigl\lvert f|_A(x)-L \bigr\rvert < \epsilon$. Без втрати спільності припускаємо$\delta \leq \alpha$. Якщо$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$x \in S \setminus \{c \}$ якщо і тільки якщо$x \in A \setminus \{c \}$. Таким чином$\left\lvert {f(x)-L} \right\rvert = \bigl\lvert f|_A(x)-L \bigr\rvert < \epsilon$.

Гіпотеза судження необхідна. Для довільного обмеження ми, як правило, отримуємо лише підтекст лише в одному напрямку, див.

Поширеним використанням обмеження щодо лімітів є односторонні межі.

[defn:onesidedlimits]$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути функцією і нехай$c$ бути точкою кластера$S \cap (c,\infty)$. Тоді, якщо межа обмеження$f$ до$S \cap (c,\infty)$ як$x \to c$ існує, ми визначаємо $$\lim_{x \to c^+} f(x) := \lim_{x\to c} f|_{S \cap (c,\infty)}(x) .$$ Аналогічно, якщо$c$ це точка кластера$S \cap (-\infty,c)$ і межа обмеження як$x \to c$ існує, ми визначаємо $$\lim_{x \to c^-} f(x) := \lim_{x\to c} f|_{S \cap (-\infty,c)}(x) .$$

Вищевикладена пропозиція не відноситься до односторонніх меж. Можна мати односторонні межі, але немає межі в точці. Наприклад, визначте$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ по$f(x) := 1$ for$x < 0$ і$f(x) := 0$ for$x \geq 0$. Ми залишаємо це читачеві, щоб переконатися, що У $$\lim_{x \to 0^-} f(x) = 1, \qquad \lim_{x \to 0^+} f(x) = 0, \qquad \lim_{x \to 0} f(x) \quad \text{does not exist.}$$ нас є наступна заміна.

[prop:onesidedlimits] Дозволяти$S \subset {\mathbb{R}}$ бути множиною такий, що$c$ є точкою кластера обох$S \cap (-\infty,c)$ і$S \cap (c,\infty)$, і нехай$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ бути функцією. Тоді $$\lim_{x \to c} f(x) = L \qquad \text{if and only if} \qquad \lim_{x \to c^-} f(x) = \lim_{x \to c^+} f(x) = L .$$

Тобто межа існує, якщо обидві односторонні межі існують і рівні, і навпаки. Доказом є пряме застосування визначення межі і залишається як вправа. Ключовим моментом є те, що$\bigl( S \cap (-\infty,c) \bigr) \cup \bigl( S \cap (c,\infty) \bigr) = S \setminus \{ c \}$.

Вправи

Знайдіть ліміт або доведіть, що ліміту не існує

а)$\displaystyle \lim_{x\to c} \sqrt{x}$, для$c \geq 0$		б)$\displaystyle \lim_{x\to c} x^2+x+1$, для будь-якого$c \in {\mathbb{R}}$		в)$\displaystyle \lim_{x\to 0} x^2 \cos (\nicefrac{1}{x})$
г)$\displaystyle \lim_{x\to 0}\, \sin(\nicefrac{1}{x}) \cos (\nicefrac{1}{x})$		д)$\displaystyle \lim_{x\to 0}\, \sin(x) \cos (\nicefrac{1}{x})$

Доведіть.

Доведіть.

Доведіть.

Нехай$A \subset S$. Показати, що якщо$c$ це точка кластера$A$, то$c$ це точка кластера$S$. Зверніть увагу на відмінність від.

[Вправа: обмеження обмеження вправи] Нехай$A \subset S$. Припустимо,$c$ це точка кластера,$A$ і це також точка кластера$S$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. Покажіть, що якщо$f(x) \to L$ як$x \to c$, то$f|_A(x) \to L$ як$x \to c$. Зверніть увагу на відмінність від.

Знайдіть приклад$f \colon [-1,1] \to {\mathbb{R}}$ такої функції, що для$A:=[0,1]$, обмеження$f|_A(x) \to 0$ як$x \to 0$, але межі$f(x)$ як$x \to 0$ не існує. Зверніть увагу, чому ви не можете подати заявку.

Знайдіть приклад функцій$f$ і$g$ таких, що межа$f(x)$ ні не$g(x)$ існує як$x \to 0$, але така, що межа$f(x)+g(x)$ існує як$x \to 0$.

[Вправа:$c_1$ contlimitcomposition] Дозволяти бути точкою кластера$A \subset {\mathbb{R}}$ і$c_2$ бути точкою кластера$B \subset {\mathbb{R}}$. Припустимо$f \colon A \to B$ і$g \colon B \to {\mathbb{R}}$ є такі функції, що$f(x) \to c_2$ як$x \to c_1$ і$g(y) \to L$ як$y \to c_2$. Якщо$c_2 \in B$ також припустимо, що$g(c_2) = L$. Нехай$h(x) := g\bigl(f(x)\bigr)$ і покаже$h(x) \to L$ як$x \to c_1$. Підказка: зверніть увагу, що$f(x)$ може дорівнювати$c_2$ багатьом$x \in A$, див. Також.

$c$Дозволяти бути точкою кластера$A \subset {\mathbb{R}}$, і$f \colon A \to {\mathbb{R}}$ бути функцією. Припустимо, для кожної послідовності$\{x_n\}$ в$A$, такий$\lim\, x_n = c$, що,$\{ f(x_n) \}_{n=1}^\infty$ послідовність Коші. Доведіть, що$\lim_{x\to c} f(x)$ існує.

[Вправа: seqflimitalt] Доведіть наступну сильнішу версію одного напрямку:$c$ Дозволяти$S \subset {\mathbb{R}}$, бути точкою кластера$S$, і$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ бути функцією. Припустимо, що для кожної послідовності$\{x_n\}$ в$S \setminus \{c\}$ такій$\lim\, x_n = c$ послідовності, що послідовність$\{ f(x_n) \}$ збігається. Потім покажіть$f(x) \to L$, як$x \to c$ для деяких$L \in {\mathbb{R}}$.

Доведіть.

Припустимо$c$,$S \subset {\mathbb{R}}$ і є точкою кластера$S$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Припустимо, обмежена. Показати, що існує послідовність$\{ x_n \}$ з$x_n \in S \setminus \{ c \}$ і$\lim\, x_n = c$ така, що$\{ f(x_n) \}$ сходиться.

[Вправа: contlimitbadcomposition] Показати, що гіпотеза, що$g(c_2) = L$ в необхідно. Тобто знайти$f$ і$g$ таке, що$f(x) \to c_2$ як$x \to c_1$ і$g(y) \to L$ як$y \to c_2$, але$g\bigl(f(x)\bigr)$ не йде$L$ як$x \to c_1$.

Безперервні функції

Примітка: 2—2.5 лекції

Ви, безсумнівно, чули про безперервні функції у вашому навчанні. Критерієм середньої школи для цієї концепції є те, що функція є безперервною, якщо ми можемо намалювати її графік, не піднімаючи перо з паперу. Хоча ця інтуїтивна концепція може бути корисною в простих ситуаціях, ми потребуємо строгості. Наступне визначення взяло трьох великих математиків (Больцано, Коші і, нарешті, Вейерштрасс), щоб отримати правильно, і його остаточна форма датується лише наприкінці 1800-х років.

Визначення та основні властивості

Дозволяти$S \subset {\mathbb{R}}$$c \in S$, і нехай$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ буде функція. Ми говоримо,$f$ що безперервно,$c$ якщо для кожного$\epsilon > 0$ є$\delta > 0$ таке, що коли$x \in S$ і$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$.

Коли$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ є безперервним взагалі$c \in S$, то ми просто говоримо, що$f$ це безперервна функція.

Якщо$f$ безперервно для всіх$c \in A$, ми говоримо$f$ безперервно на$A \subset S$. Залишається як легка вправа, щоб показати, що це означає, що$f|_A$ це безперервно, хоча зворотне не тримається.

Безперервність може бути найважливішим визначенням для розуміння в аналізі, і це непросте. Див. Зверніть увагу, що$\delta$ не тільки залежить від$\epsilon$, але і від$c$; нам не потрібно вибирати один$\delta$ для всіх$c \in S$. Не випадково визначення безперервності схоже з визначенням межі функції. Головна особливість безперервних функцій полягає в тому, що це саме ті функції, які добре поводяться з обмеженнями.

[contbasic:prop] Припустимо,$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ це функція і$c \in S$. Тоді

1. Якщо не$c$ є точкою кластера$S$, то$f$ є безперервним в$c$.
2. Якщо$c$ є точкою кластера$S$, то$f$ є безперервним,$c$ якщо і тільки якщо$f(x)$ межа як$x \to c$ існує і $$\lim_{x\to c} f(x) = f(c) .$$
3. $f$є безперервним,$c$ якщо і тільки якщо для кожної послідовності$\{ x_n \}$ де$x_n \in S$ і$\lim\, x_n = c$, послідовність$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$f(c)$.

Почнемо з першого пункту. Припустимо,$c$ це не кластерна точка$S$. Тоді існує$\delta > 0$ таке, що$S \cap (c-\delta,c+\delta) = \{ c \}$. Тому для будь-якого$\epsilon > 0$, просто виберіть цю дану дельту. Єдине$x \in S$ таке, що$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ є$x=c$. Потім$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert = \left\lvert {f(c)-f(c)} \right\rvert = 0 < \epsilon$.

Перейдемо до другого пункту. Припустимо,$c$ це кластерна точка$S$. Давайте спочатку припустимо, що$\lim_{x\to c} f(x) = f(c)$. Тоді для кожного$\epsilon > 0$ знайдеться$\delta > 0$ таке, що якщо$x \in S \setminus \{ c \}$ і$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$. Як$\left\lvert {f(c)-f(c)} \right\rvert = 0 < \epsilon$, то визначення безперервності при$c$ задовольняється. З іншого боку, припустимо,$f$ є безперервним при$c$. Для кожного існує$\delta > 0$ таке$\epsilon > 0$, що для того,$x \in S$ де$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ ми маємо$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$. Тоді твердження, звичайно, все ще вірно, якщо$x \in S \setminus \{ c \} \subset S$. Тому$\lim_{x\to c} f(x) = f(c)$.

Для третього пункту, припустимо,$f$ є безперервним в$c$. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність така, що$x_n \in S$ і$\lim\, x_n = c$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Знайти$\delta > 0$ такий, що$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$ для всіх$x \in S$ де$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$. Знайдіть$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для$n \geq M$ нас є$\left\lvert {x_n-c} \right\rvert < \delta$. Тоді для$n \geq M$ нас є$\left\lvert {f(x_n)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$, що, так$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$f(c)$.

Доведемо зворотність третього пункту контрапозитивом. Припустимо$f$, що не безперервний при$c$. Тоді існує$\epsilon > 0$ таке, що для всіх існує$x \in S$ таке$\delta > 0$, що$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ і$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert \geq \epsilon$. Визначимо послідовність$\{ x_n \}$ наступним чином. Нехай$x_n \in S$ будуть такі, що$\left\lvert {x_n-c} \right\rvert < \nicefrac{1}{n}$ і$\left\lvert {f(x_n)-f(c)} \right\rvert \geq \epsilon$. Тепер$\{ x_n \}$ послідовність чисел в$S$ такому, що$\lim\, x_n = c$ і таке, що$\left\lvert {f(x_n)-f(c)} \right\rvert \geq \epsilon$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$. При цьому$\{ f(x_n) \}$ не сходиться до$f(c)$. Вона може сходитися, а може і не сходитися, але точно не сходиться$f(c)$.

Останній пункт у пропозиції є особливо потужним. Це дозволяє нам швидко застосувати те, що ми знаємо про межі послідовностей, до неперервних функцій і навіть довести, що певні функції є безперервними. Його також можна зміцнити, див.

$f \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$визначається$f(x) := \nicefrac{1}{x}$ є безперервним.

Доказ: Виправити$c \in (0,\infty)$. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність в$(0,\infty)$ такому, що$\lim\, x_n = c$. Тоді ми знаємо, що $$f(c) = \frac{1}{c} = \frac{1}{\lim\, x_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{x_n} = \lim_{n \to \infty} f(x_n) .$$ Таким$f$ чином безперервно в$c$. Як і$f$ суцільний взагалі$c \in (0,\infty)$,$f$ є безперервним.

Ми раніше показали$\lim_{x \to c} x^2 = c^2$ безпосередньо. Тому функція$x^2$ безперервна. Ми можемо використовувати неперервність алгебраїчних операцій щодо меж послідовностей, яку ми довели в попередньому розділі, щоб довести набагато більш загальний результат.

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути многочлен. Тобто $$f(x) = a_d x^d + a_{d-1} x^{d-1} + \cdots + a_1 x + a_0 ,$$ для деяких констант$a_0, a_1, \ldots, a_d$. Потім$f$ безперервно.

Виправити$c \in {\mathbb{R}}$. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність така, що$\lim\, x_n = c$. Тоді $$\begin{split} f(c) &= a_d c^d + a_{d-1} c^{d-1} + \cdots + a_1 c + a_0 \\ &= a_d {(\lim\, x_n)}^d + a_{d-1} {(\lim\, x_n)}^{d-1} + \cdots + a_1 (\lim\, x_n) + a_0 \\ & = \lim_{n \to \infty} \left( a_d x_n^d + a_{d-1} x_n^{d-1} + \cdots + a_1 x_n + a_0 \right) = \lim_{n \to \infty} f(x_n) . \end{split}$$ Таким$f$ чином безперервно при$c$. Як і$f$ суцільний взагалі$c \in {\mathbb{R}}$,$f$ є безперервним.

Подібними міркуваннями або звернувшись до, ми можемо довести наступне. Подробиці доказу залишають як вправу.

[contalg:prop]$g \colon S \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ і бути функції безперервної в$c \in S$.

1. Функція,$h \colon S \to {\mathbb{R}}$$h(x) := f(x)+g(x)$ визначена, є безперервною в$c$.
2. Функція,$h \colon S \to {\mathbb{R}}$$h(x) := f(x)-g(x)$ визначена, є безперервною в$c$.
3. Функція,$h \colon S \to {\mathbb{R}}$$h(x) := f(x)g(x)$ визначена, є безперервною в$c$.
4. Якщо$g(x)\not=0$ для всіх$x \in S$, функція,$h \colon S \to {\mathbb{R}}$ визначена,$h(x) := \frac{f(x)}{g(x)}$ є безперервною в$c$.

[sincos:example] Функції$\sin(x)$ і$\cos(x)$ є безперервними. У наступних обчисленнях ми використовуємо тригонометричні ідентичності сума-добуток. Ми також використовуємо прості факти$\left\lvert {\sin(x)} \right\rvert \leq \left\lvert {x} \right\rvert$, які$\left\lvert {\cos(x)} \right\rvert \leq 1$, і$\left\lvert {\sin(x)} \right\rvert \leq 1$. $$\begin{split} \left\lvert {\sin(x)-\sin(c)} \right\rvert & = \left\lvert { 2 \sin \left( \frac{x-c}{2} \right) \cos \left( \frac{x+c}{2} \right) } \right\rvert \\ & = 2 \left\lvert { \sin \left( \frac{x-c}{2} \right) } \right\rvert \left\lvert { \cos \left( \frac{x+c}{2} \right) } \right\rvert \\ & \leq 2 \left\lvert { \sin \left( \frac{x-c}{2} \right) } \right\rvert \\ & \leq 2 \left\lvert { \frac{x-c}{2} } \right\rvert = \left\lvert {x-c} \right\rvert \end{split}$$ $$\begin{split} \left\lvert {\cos(x)-\cos(c)} \right\rvert & = \left\lvert { -2 \sin \left( \frac{x-c}{2} \right) \sin \left( \frac{x+c}{2} \right) } \right\rvert \\ & = 2 \left\lvert { \sin \left( \frac{x-c}{2} \right) } \right\rvert \left\lvert { \sin \left( \frac{x+c}{2} \right) } \right\rvert \\ & \leq 2 \left\lvert { \sin \left( \frac{x-c}{2} \right) } \right\rvert \\ & \leq 2 \left\lvert { \frac{x-c}{2} } \right\rvert = \left\lvert {x-c} \right\rvert \end{split}$$

Твердження про те, що гріх і cos є безперервними, слід шляхом прийняття довільної послідовності$c$, що$\{ x_n \}$ сходиться до, або застосовуючи визначення безперервності безпосередньо. Подробиці залишаються читачеві.

Склад неперервних функцій

Ви, напевно, вже зрозуміли, що одним з основних інструментів побудови складних функцій з простих є композиція. Корисна властивість неперервних функцій полягає в тому, що композиції неперервних функцій знову-таки безперервні. Нагадаємо, що для двох функцій$f$ і$g$, склад$f \circ g$ визначається по$(f \circ g)(x) := f\bigl(g(x)\bigr)$.

$g \colon A \to B$Дозволяти$A, B \subset {\mathbb{R}}$$f \colon B \to {\mathbb{R}}$ і бути функціями. Якщо$g$ безперервний при$c \in A$ і$f$ безперервний при$g(c)$,$f \circ g \colon A \to {\mathbb{R}}$ то безперервний при$c$.

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність в$A$ такому, що$\lim\, x_n = c$. Потім як$g$ безперервно при$c$, то$\{ g(x_n) \}$ сходиться до$g(c)$. Як$f$ безперервно при$g(c)$, то$\{ f\bigl(g(x_n)\bigr) \}$ сходиться до$f\bigl(g(c)\bigr)$. Таким чином$f \circ g$, безперервно при$c$.

${\bigl(\sin(\nicefrac{1}{x})\bigr)}^2$Заява: є безперервною функцією на$(0,\infty)$.

Доказ: По-перше, зауважте, що$\nicefrac{1}{x}$ є безперервною функцією на$(0,\infty)$ і$\sin(x)$ є безперервною функцією на$(0,\infty)$ (насправді на всіх${\mathbb{R}}$, але$(0,\infty)$ це діапазон для$\nicefrac{1}{x}$). Звідси склад$\sin(\nicefrac{1}{x})$ суцільний. Ми також знаємо, що$x^2$ є безперервним на інтервалі$(-1,1)$ (діапазон гріха). При цьому${\bigl(\sin(\nicefrac{1}{x})\bigr)}^2$ композиція також безперервна$(0,\infty)$.

переривчасті функції

Коли не$f$ є безперервним в$c$, ми говоримо, що$f$ є переривчастим в$c$, або що він має розрив при$c$. Якщо ми визначимо контрапозитив третього пункту як окрему претензію, ми отримаємо простий у використанні тест на розриви.

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. Припустимо$c \in S$, що для деяких існує послідовність$\{ x_n \}$$x_n \in S$, і$\lim\, x_n = c$ така, що$\{ f(x_n) \}$ не сходиться до$f(c)$ (або не сходиться зовсім), то не$f$ є безперервною при$c$.

[example:stepdiscont] Функція,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ $$f(x) := \begin{cases} -1 & \text{ if $x < 0$,} \\ 1 & \text{ if $x \geq 0$,} \end{cases}$$ визначена, не є безперервною при 0.

Доказ: Візьміть послідовність$\{ - \nicefrac{1}{n} \}$. Потім$f(-\nicefrac{1}{n}) = -1$ і так$\lim\, f(-\nicefrac{1}{n}) = -1$, але$f(0) = 1$.

Для крайнього прикладу візьмемо так звану функцію Діріхле. $$f(x) := \begin{cases} 1 & \text{ if $x$ is rational,} \\ 0 & \text{ if $x$ is irrational.} \end{cases}$$ $f$Функція переривається взагалі$c \in {\mathbb{R}}$.

Доказ: Припустимо$c$, це раціонально. Візьмемо$\{ x_n \}$ послідовність ірраціональних чисел таку, що$\lim\, x_n = c$ (чому ми можемо?). Потім$f(x_n) = 0$ і так$\lim\, f(x_n) = 0$, але$f(c) = 1$. Якщо$c$ ірраціонально, візьміть послідовність раціональних чисел$\{ x_n \}$, яка сходиться до$c$ (чому ми можемо?). Потім$\lim\, f(x_n) = 1$, але$f(c) = 0$.

Давайте ще раз перевіримо межі вашої інтуїції. Чи може існувати функція, яка є неперервною на всіх ірраціональних числах, але переривчастою взагалі раціональними числами? Існують раціональні числа, довільно близькі до будь-якого ірраціонального числа. Можливо, як не дивно, відповідь - так. Наступний приклад називається функцією Thomae ¹⁵ або функцією попкорна.

[popcornfunction:example]$f \colon (0,1) \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути визначено $$f(x) := \begin{cases} \nicefrac{1}{k} & \text{ if $x=\nicefrac{m}{k}$ where $m,k \in {\mathbb{N}}$ and $m$ and $k$ have no common divisors,} \\ 0 & \text{ if $x$ is irrational}. \end{cases}$$ $f$ then є безперервним взагалі ірраціональним$c \in (0,1)$ і переривчастим взагалі раціональним$c$. Див. Графік$f$ в.

Графік «функції попкорна». [Попкорн інжир]

Доказ: Припустимо$c = \nicefrac{m}{k}$, це раціонально. Візьміть послідовність ірраціональних чисел$\{ x_n \}$ таку, що$\lim\, x_n = c$. Потім$\lim\, f(x_n) = \lim \, 0 = 0$, але$f(c) = \nicefrac{1}{k} \not= 0$. Так$f$ відбувається переривчастий при$c$.

Тепер нехай$c$ буде нераціонально, так$f(c) = 0$. Візьміть$\{ x_n \}$ послідовність чисел в$(0,1)$ таку, що$\lim\, x_n = c$. Дано$\epsilon > 0$, знайти$K \in {\mathbb{N}}$ таке, що$\nicefrac{1}{K} < \epsilon$ по. Якщо$\nicefrac{m}{k} \in (0,1)$ найнижчі члени (немає загальних дільників), то$m < k$. Таким чином, існує лише скінченно багато раціональних чисел$(0,1)$, у яких знаменник$k$ у найнижчих вираженнях менше, ніж$K$. Звідси є$M$ таке, що для$n \geq M$, всі числа,$x_n$ які є раціональними, мають знаменник більше або дорівнює$K$. Таким чином, бо$n \geq M$ $$\left\lvert {f(x_n) - 0} \right\rvert = f(x_n) \leq \nicefrac{1}{K} < \epsilon .$$ Тому$f$ є безперервним і ірраціональним$c$.

Закінчимо на більш легкому прикладі.

$g \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Визначте,$g(x) := 0$ якщо$x \not= 0$ і$g(0) := 1$. Тоді$g$ не безперервна при нулі, а безперервна всюди (чому?). Точка$x=0$ називається знімним розривом. Це тому, що якщо ми змінимо визначення$g$, наполягаючи на$g(0)$ цьому$0$, ми отримаємо безперервну функцію. З іншого боку, нехай$f$ буде функція example. Тоді$f$ не має знімного розриву при$0$. Незалежно від того, як ми б визначити$f(0)$ функцію все одно не буде безперервним. Різниця полягає в тому, що$\lim_{x\to 0} g(x)$ існує поки$\lim_{x\to 0} f(x)$ немає.

Давайте зупинимося на цьому прикладі, але покажемо інше явище. Нехай$A = \{ 0 \}$, то$g|_A$ суцільний (навіщо?) , при цьому$g$ не безперервно ввімкнено$A$.

Вправи

Використовуючи визначення безперервності безпосередньо доводять, що$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ визначено$f(x) := x^2$ є безперервним.

Використовуючи визначення безперервності безпосередньо доводять, що$f \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ визначено$f(x) := \nicefrac{1}{x}$ є безперервним.

Дозвольте$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ бути визначені $$f(x) := \begin{cases} x & \text{ if $x$ is rational,} \\ x^2 & \text{ if $x$ is irrational.} \end{cases}$$ за допомогою визначення безперервності безпосередньо довести, що$f$ є безперервним в$1$ і переривчастим в$2$.

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися $$f(x) := \begin{cases} \sin(\nicefrac{1}{x}) & \text{ if $x \not= 0$,} \\ 0 & \text{ if $x=0$.} \end{cases}$$ є$f$ безперервним? Доведіть своє твердження.

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися $$f(x) := \begin{cases} x \sin(\nicefrac{1}{x}) & \text{ if $x \not= 0$,} \\ 0 & \text{ if $x=0$.} \end{cases}$$ є$f$ безперервним? Доведіть своє твердження.

Доведіть.

Доведіть наступне твердження. Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$ і$A \subset S$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервної функції. Тоді обмеження$f|_A$ безперервне.

Припустимо$S \subset {\mathbb{R}}$. Припустимо, для деяких$c \in {\mathbb{R}}$ і$\alpha > 0$, у нас є$A=(c-\alpha,c+\alpha) \subset S$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. Доведіть,$f|_A$ що якщо безперервний в$c$,$f$ то безперервний в$c$.

Наведіть приклад функцій$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ і$g \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ такі, що функція,$h$ визначена,$h(x) := f(x) + g(x)$ є безперервною, але$f$ і не$g$ є безперервною. Чи можете ви знайти$f$ і$g$ які ніде не є безперервними, але$h$ є безперервною функцією?

$g \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ і бути безперервними функціями. Припустимо, що для всіх раціональних чисел$r$,$f(r) = g(r)$. Покажіть, що$f(x) = g(x)$ для всіх$x$.

Нехай$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ буде безперервним. Припустимо$f(c) > 0$. Покажіть, що існує$\alpha > 0$ таке, що для всіх у$x \in (c-\alpha,c+\alpha)$ нас є$f(x) > 0$.

$f \colon {\mathbb{Z}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. Покажіть, що$f$ є безперервним.

[extrace:contseqalt] Дозволяти$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ бути функцією і$c \in S$, таким чином$\lim\, x_n = c$, що для кожної послідовності$\{ x_n \}$ в$S$ с послідовність$\{ f(x_n) \}$ збігається. Показати,$f$ що безперервно на$c$.

Припустимо$f \colon [-1,0] \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ є безперервними і$f(0) = g(0)$. Визначте$h \colon [-1,1] \to {\mathbb{R}}$$h(x) := f(x)$, якщо$x \leq 0$ і$h(x) := g(x)$ якщо$x > 0$. Покажіть, що$h$ є безперервним.

Припустимо,$g \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ це безперервна функція така$g(0) = 0$, що, і suppspse$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ така, що$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \leq g(x-y)$ для всіх$x$ і$y$. Покажіть, що$f$ є безперервним.

Припустимо,$f(x+y) = f(x) + f(y)$ для деяких$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ таких, що$f$ є безперервним при 0. Покажіть, що$f(x) = ax$ для деяких$a \in {\mathbb{R}}$. Підказка: Покажіть$f(nx) = nf(x)$, що, а потім$f$ показ безперервно увімкнено${\mathbb{R}}$. Тоді покажіть, що$\nicefrac{f(x)}{x} = f(1)$ для всіх раціонально$x$.

Теореми Min-max та проміжних значень

Примітка: 1,5 лекції

Неперервні функції, визначені на замкнутих і обмежених інтервалах, мають деякі цікаві і дуже корисні властивості.

Теорема Мін-макс

Нагадаємо, функція$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ обмежена, якщо існує$B \in {\mathbb{R}}$ така, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq B$ для всіх$x \in [a,b]$. У нас є наступна лема.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервної функції. Потім$f$ обмежується.

Доведемо це твердження контрапозитивним. Припустимо$f$, не обмежений, то для кожного$n \in {\mathbb{N}}$, існує такий$x_n \in [a,b]$, що $$\left\lvert {f(x_n)} \right\rvert \geq n .$$ Now$\{ x_n \}$ є обмеженою послідовністю як$a \leq x_n \leq b$. До того, існує збіжна підпослідовність$\{ x_{n_i} \}$. Нехай$x := \lim\, x_{n_i}$. Так як$a \leq x_{n_i} \leq b$ для всіх$i$, то$a \leq x \leq b$. Межі$\lim\, f(x_{n_i})$ не існує, оскільки послідовність не обмежена як$\left\lvert {f(x_{n_i})} \right\rvert \geq n_i \geq i$. З іншого боку$f(x)$ є кінцевим числом і $$f(x) = f\left( \lim_{i\to\infty} x_{n_i} \right) .$$ Таким чином не$f$ є безперервним в$x$.

Насправді, для безперервного ми побачимо$f$, що мінімум і максимум насправді досягнуті. Нагадаємо з обчислення, яке$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ досягає абсолютного мінімуму при$c \in S$ якщо $$f(x) \geq f(c) \qquad \text{ for all $x \in S$.}$$ З іншого боку,$f$ досягає абсолютного максимуму при$c \in S$ якщо $$f(x) \leq f(c) \qquad \text{ for all $x \in S$.}$$ Ми говоримо,$f$ досягає абсолютного мінімуму або абсолютного максимуму,$S$ якщо такий $c \in S$існує. Якщо$S$ замкнутий і обмежений інтервал, то безперервний$f$ повинен мати абсолютний мінімум і абсолютний максимум на$S$.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервної функції. Потім$f$ досягається як абсолютний мінімум, так і абсолютний максимум на$[a,b]$.

Ми показали,$f$ що обмежується лемою. Тому набір$f([a,b]) = \{ f(x) : x \in [a,b] \}$ має супремум і інфімум. З того, що ми знаємо про супрему та інфіму, існують послідовності в наборі,$f([a,b])$ які наближаються до них. Тобто є послідовності$\{ f(x_n) \}$ і$\{ f(y_n) \}$, де$x_n, y_n$ знаходяться в$[a,b]$, такі що $$\lim_{n\to\infty} f(x_n) = \inf f([a,b]) \qquad \text{and} \qquad \lim_{n\to\infty} f(y_n) = \sup f([a,b]).$$ Ми ще не зробили, нам потрібно знайти, де мінімум і максимуми. Проблема в тому, що послідовності$\{ x_n \}$ і не$\{ y_n \}$ повинні сходитися. Ми знаємо$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ обмежені (їх елементи належать обмеженому інтервалу$[a,b]$). Застосовуємо. Звідси існують збіжні підпослідовності$\{ x_{n_i} \}$ і$\{ y_{m_i} \}$. Нехай $$x := \lim_{i\to\infty} x_{n_i} \qquad \text{and} \qquad y := \lim_{i\to\infty} y_{m_i}.$$ тоді$a \leq x_{n_i} \leq b$, як, у нас є що$a \leq x \leq b$. $a \leq y \leq b$Аналогічно так$x$ і$y$ знаходяться в$[a,b]$. Ми застосовуємо, що межа підпослідовності така ж, як межа послідовності, і ми застосовуємо безперервність$f$ для отримання $$\inf f([a,b]) = \lim_{n\to\infty} f(x_n) = \lim_{i\to\infty} f(x_{n_i}) = f \left( \lim_{i\to\infty} x_{n_i} \right) = f(x) .$$ Аналогічно, $$\sup f([a,b]) = \lim_{n\to\infty} f(m_n) = \lim_{i\to\infty} f(y_{m_i}) = f \left( \lim_{i\to\infty} y_{m_i} \right) = f(y) .$$ Отже,$f$ досягає абсолютного мінімуму в$x$ і$f$ досягає абсолютного максимуму в$y$.

Функція,$f(x) := x^2+1$ визначена на інтервалі,$[-1,2]$ досягає мінімуму,$x=0$ коли$f(0) = 1$. Він досягає максимуму в$x=2$ якому місці$f(2) = 5$. Зверніть увагу, що область визначення має значення. Якби ми замість цього взяли домен бути$[-10,10]$, то більше не$x=2$ буде максимум$f$. Замість цього максимум буде досягнуто на будь-якому$x=10$ або$x=-10$.

Покажемо на прикладах, що різні гіпотези теореми дійсно потрібні.

Функція$f(x) := x$, визначена на всій реальній лінії, не досягає ні мінімуму, ні максимуму. Тому важливо, щоб ми дивилися на обмежений інтервал.

Функція$f(x) := \nicefrac{1}{x}$, визначена на, не$(0,1)$ досягає ні мінімуму, ні максимуму. Значення функції необмежені, коли ми наближаємося до 0. Також у міру наближення$x=1$ значення функції наближаються до 1, але$f(x) > 1$ для всіх$x \in (0,1)$. $x \in (0,1)$Такого немає$f(x) = 1$. Тому важливо, щоб ми дивилися на замкнутий інтервал.

Безперервність важлива. Визначте$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$$f(x) := \nicefrac{1}{x}$ за$x > 0$ for і нехай$f(0) := 0$. Тоді функція не досягає максимуму. Проблема полягає в тому, що функція не є безперервною при 0.

Теорема Больцано про проміжні значення

Теорема Больцано про проміжні значення є одним із наріжних каменів аналізу. Іноді її називають лише теоремою проміжного значення, або просто теоремою Больцано. Для доведення теореми Больцано доведено наступну простішу лему.

[IVT:Lemma]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервною функцією. Припустимо$f(a) < 0$, і$f(b) > 0$. Тоді існує ряд$c \in (a,b)$ такий, що$f(c) = 0$.

Визначимо дві послідовності$\{ a_n \}$ і$\{ b_n \}$ індуктивно:

1. Нехай$a_1 := a$ і$b_1 := b$.
2. Якщо$f\left(\frac{a_n+b_n}{2}\right) \geq 0$, нехай$a_{n+1} := a_n$ і$b_{n+1} := \frac{a_n+b_n}{2}$.
3. Якщо$f\left(\frac{a_n+b_n}{2}\right) < 0$, нехай$a_{n+1} := \frac{a_n+b_n}{2}$ і$b_{n+1} := b_n$.

Див. приклад визначення перших п'яти кроків. З визначення двох послідовностей очевидно, що якщо$a_n < b_n$, то$a_{n+1} < b_{n+1}$. Таким чином,$a_n < b_n$ для всіх$n$. Крім того,$a_n \leq a_{n+1}$ і$b_n \geq b_{n+1}$ для всіх$n$, тобто послідовності монотонні. Як$a_n < b_n \leq b_1 = b$ і$b_n > a_n \geq a_1 = a$ для всіх$n$, послідовності також обмежені. Тому послідовності сходяться. Нехай$c := \lim\, a_n$ і$d := \lim\, b_n$. Зараз ми хочемо це показати$c=d$. Ми $$b_{n+1} - a_{n+1} = \frac{b_n-a_n}{2}.$$ помічаємо Ми бачимо, що $$b_n - a_n = \frac{b_1-a_1}{2^{n-1}} = 2^{1-n} (b-a) .$$ Як$2^{1-n}(b-a)$ сходиться до нуля, ми беремо межу, як$n$ йде до нескінченності, щоб отримати $$d-c = \lim_{n\to\infty} (b_n - a_n) = \lim_{n\to\infty} 2^{1-n} (b-a) = 0.$$ Іншими словами$d=c$.

За конструкцією, для всіх у нас є$n$ $$f(a_n) < 0 \qquad \text{and} \qquad f(b_n) \geq 0 .$$ Ми використовуємо той факт, що$\lim\, a_n = \lim\, b_n = c$ і безперервність$f$ прийняти обмеження в цих нерівностях, щоб отримати $$f(c) = \lim\, f(a_n) \leq 0 \qquad \text{and} \qquad f(c) = \lim\, f(b_n) \geq 0 .$$ As$f(c) \geq 0$ і$f(c) \leq 0$, ми робимо висновок$f(c) = 0$. Очевидно,$a < c < b$.

Зверніть увагу, що доказ говорить нам, як знайти$c$. Доказ не тільки корисний для нас чистих математиків, але це корисна ідея в прикладній математиці.

[IVT:THM]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервною функцією. Припустимо, існує$y$ таке, що$f(a) < y < f(b)$ або$f(a) > y > f(b)$. Тоді існує$c \in (a,b)$ таке, що$f(c) = y$.

Теорема говорить, що безперервна функція на замкнутому інтервалі досягає всіх значень між значеннями в кінцевих точках.

Якщо$f(a) < y < f(b)$, то визначте$g(x) := f(x)-y$. Тоді ми бачимо, що$g(a) < 0$$g(b) > 0$ і ми можемо застосувати до$g$. Якщо$g(c) = 0$, то$f(c) = y$.

Аналогічно якщо$f(a) > y > f(b)$, то визначте$g(x) := y-f(x)$. Потім знову$g(a) < 0$$g(b) > 0$ і ми можемо подати заявку. Знову якщо$g(c) = 0$, то$f(c) = y$.

Якщо функція є безперервною, то обмеження до підмножини є безперервним. Так$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ що якщо безперервний і$[a,b] \subset S$,$f|_{[a,b]}$ то також безперервний. Отже, ми зазвичай застосовуємо теорему до функції безперервної на деякій великій множині$S$, але ми обмежуємо увагу інтервалом.

Многочлен$f(x) := x^3-2x^2+x-1$ має реальний корінь в$(1,2)$. Ми просто помічаємо, що$f(1) = -1$ і$f(2) = 1$. Звідси повинен існувати$c \in (1,2)$ такий момент, що$f(c) = 0$. Щоб знайти краще наближення кореня, ми могли б слідувати доказом. Наприклад, далі ми подивимося на 1.5 і знайдемо, що$f(1.5) = -0.625$. Тому існує корінь рівняння в$(1.5,2)$. Далі дивимося на 1,75 і відзначаємо, що$f(1.75) \approx -0.016$. Звідси є корінь$f$ in$(1.75,2)$. Далі ми дивимося на 1.875 і знаходимо$f(1.875) \approx 0.44$, що, таким чином, є корінь в$(1.75,1.875)$. Дотримуємося цієї процедури, поки не наберемо достатньої точності.

Вищеописана методика - найпростіший метод знаходження коренів многочленів. Пошук коренів поліномів, мабуть, найпоширеніша проблема в прикладній математиці. Взагалі це важко зробити швидко, точно і автоматично. Ми можемо використовувати теорему проміжних значень, щоб знайти коріння для будь-якої неперервної функції, а не лише полінома.

Існують кращі і швидші методи пошуку коренів рівнянь, такі як метод Ньютона. Однією з переваг вищевказаного способу є його простота. У той момент, коли ми знаходимо початковий інтервал, де застосовується теорема проміжного значення, ми гарантовано знайдемо корінь до бажаної точності за скінченно багато кроків. Крім того, метод вимагає лише безперервної функції.

Теорема гарантує хоча б одне$c$ таке$f(c) = y$, але може бути багато різних коренів рівняння$f(c) = y$. Якщо слідувати процедурі доказування, ми гарантовано знайдемо наближення до одного такого кореня. Нам потрібно більше працювати, щоб знайти будь-які інші корені.

Поліноми парного ступеня можуть не мати справжніх коренів. Наприклад, немає реального числа$x$ такого, що$x^2+1 = 0$. З іншого боку, непарні многочлени завжди мають принаймні один реальний корінь.

$f(x)$Дозволяти поліном непарного ступеня. Тоді$f$ має справжній корінь.

Припустимо,$f$ це многочлен непарного ступеня$d$. Пишемо $$f(x) = a_d x^d + a_{d-1} x^{d-1} + \cdots + a_1 x + a_0 ,$$ де$a_d \not= 0$. Ділимо на,$a_d$ щоб отримати многочлен $$g(x) := x^d + b_{d-1} x^{d-1} + \cdots + b_1 x + b_0 ,$$ де$b_k = \nicefrac{a_k}{a_d}$. Давайте покажемо, що$g(n)$ є позитивним для деяких великих$n \in {\mathbb{N}}$. $$\begin{split} \left\lvert {\frac{b_{d-1} n^{d-1} + \cdots + b_1 n + b_0}{n^d}} \right\rvert & = \frac{\left\lvert {b_{d-1} n^{d-1} + \cdots + b_1 n + b_0} \right\rvert}{n^d} \\ & \leq \frac{\left\lvert {b_{d-1}} \right\rvert n^{d-1} + \cdots + \left\lvert {b_1} \right\rvert n + \left\lvert {b_0} \right\rvert}{n^d} \\ & \leq \frac{\left\lvert {b_{d-1}} \right\rvert n^{d-1} + \cdots + \left\lvert {b_1} \right\rvert n^{d-1} + \left\lvert {b_0} \right\rvert n^{d-1}}{n^d} \\ & = \frac{n^{d-1}\bigl(\left\lvert {b_{d-1}} \right\rvert + \cdots + \left\lvert {b_1} \right\rvert + \left\lvert {b_0} \right\rvert\bigr)}{n^d} \\ & = \frac{1}{n} \bigl(\left\lvert {b_{d-1}} \right\rvert + \cdots + \left\lvert {b_1} \right\rvert + \left\lvert {b_0} \right\rvert\bigr) . \end{split}$$ $$\lim_{n\to\infty} \frac{b_{d-1} n^{d-1} + \cdots + b_1 n + b_0}{n^d} = 0 .$$ Отже, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, $$\left\lvert {\frac{b_{d-1} M^{d-1} + \cdots + b_1 M + b_0}{M^d}} \right\rvert < 1 ,$$ що означає $$-(b_{d-1} M^{d-1} + \cdots + b_1 M + b_0) < M^d .$$ Тому$g(M) > 0$.

Далі ми дивимося$g(-n)$ на$n \in {\mathbb{N}}$. Подібним аргументом (вправою) ми виявляємо, що існує$K \in {\mathbb{N}}$ таке, що$b_{d-1} {(-K)}^{d-1} + \cdots + b_1 (-K) + b_0 < K^d$ і тому$g(-K) < 0$ (чому?). На доказ переконайтеся, що ви використовуєте той факт, що$d$ є непарним. Зокрема, якщо$d$ непарно то${(-n)}^d = -(n^d)$.

Звертаємося до теореми про проміжні значення, щоб знайти$c \in [-K,M]$ таку, що$g(c) = 0$. Як$g(x) = \frac{f(x)}{a_d}$, ми це бачимо$f(c) = 0$, і доказ зроблено.

Цікавим фактом є те, що існують переривчасті функції, які мають властивість проміжного значення. Функція не $$f(x) := \begin{cases} \sin(\nicefrac{1}{x}) & \text{ if $x \not= 0$,} \\ 0 & \text{ if $x=0$,} \end{cases}$$ є безперервною при 0, однак вона має властивість проміжного значення. Тобто, для будь-якого$a < b$, і будь-якого$y$ такого, що$f(a) < y < f(b)$ або$f(a) > y > f(b)$, існує$c$ таке, що$f(y) = c$. Доказ залишається як вправа.

Вправи

Знайдіть приклад переривчастої функції,$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ де теорема про проміжні значення не вдається.

Знайдіть приклад обмеженої переривчастої функції$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$, яка не має ні абсолютного мінімуму, ні абсолютного максимуму.

$f \colon (0,1) \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервна функція така, що$\displaystyle \lim_{x\to 0} f(x) = \displaystyle \lim_{x\to 1} f(x) = 0$. Покажіть, що$f$ досягає або абсолютного мінімуму, або абсолютного максимуму$(0,1)$ (але, можливо, не обох).

$$f(x) := \begin{cases} \sin(\nicefrac{1}{x}) & \text{ if $x \not= 0$,} \\ 0 & \text{ if $x=0$.} \end{cases}$$ Дозволяти Показати, що$f$ має властивість проміжного значення. Тобто для будь-якого$a < b$, якщо існує$y$ таке, що$f(a) < y < f(b)$ або$f(a) > y > f(b)$, то існує$c \in (a,b)$ таке, що$f(c) = y$.

Припустимо,$g(x)$ це многочлен непарного ступеня$d$ такий, що $$g(x) = x^d + b_{d-1} x^{d-1} + \cdots + b_1 x + b_0 ,$$ для деяких дійсних чисел$b_{0}, b_1, \ldots, b_{d-1}$. Покажіть, що існує$K \in {\mathbb{N}}$ таке, що$g(-K) < 0$. Підказка: Не забудьте використовувати той факт, що$d$ є дивним. Вам доведеться скористатися цим${(-n)}^d = -(n^d)$.

Припустимо,$g(x)$ це многочлен позитивного парного ступеня$d$ такий, що $$g(x) = x^d + b_{d-1} x^{d-1} + \cdots + b_1 x + b_0 ,$$ для деяких дійсних чисел$b_{0}, b_1, \ldots, b_{d-1}$. Припустимо$g(0) < 0$. Покажіть, що$g$ має принаймні два чітких реальних кореня.

[Вправа: imageInterval] Припустимо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$, це неперервна функція. Доведіть, що пряме зображення$f([a,b])$ є замкнутим і обмеженим інтервалом або єдиним числом.

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Припустимо, безперервний і періодичний з періодом$P > 0$. Тобто,$f(x+P) = f(x)$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Покажіть, що$f$ досягає абсолютного мінімуму і абсолютного максимуму.

Припустимо,$f(x)$ це обмежений многочлен, іншими словами, є$M$ таке, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq M$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Доведіть, що$f$ повинна бути постійною.

$f \colon [0,1] \to [0,1]$Припустимо, безперервний. Покажіть, що$f$ має фіксовану точку, іншими словами, показати, що існує$x \in [0,1]$ така, що$f(x) = x$.

Знайдіть приклад обмеженої функції$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$, яка не досягає ні абсолютного мінімуму, ні абсолютного максимуму${\mathbb{R}}$.

Припустимо,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ це безперервна функція така, що$x \leq f(x) \leq x+1$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Знайти$f({\mathbb{R}})$.

True/False, довести або знайти зустрічний приклад. Якщо$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ неперервна функція\(f|_

ParseError: invalid DekiScript (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[19]/p[13]/span[2]/span, line 1, column 1

\) така, що обмежена, то$f$ обмежена.

Рівномірна безперервність

Примітка: 1,5—2 лекції (безперервне розширення та Ліпшиц можуть бути необов'язковими)

Рівномірна безперервність

Ми поставили метушню$\delta$, кажучи, що визначення наступності залежало від точки$c$. Бувають ситуації, коли вигідно мати$\delta$ незалежну від будь-якої точки. Дамо назву цьому поняттю.

Дозволяти$S \subset {\mathbb{R}}$, і нехай$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ буде функція. Припустимо, для будь-якого$\epsilon > 0$ існує$\delta > 0$ таке, що всякий раз$x, c \in S$ і$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$. Тоді ми говоримо$f$, що рівномірно безперервно.

Неважко помітити, що рівномірно безперервна функція повинна бути безперервною. Єдина відмінність у визначеннях полягає в тому, що для даного$\epsilon > 0$ ми вибираємо те$\delta > 0$, що працює для всіх$c \in S$. Тобто більше не$\delta$ може залежати від$c$, це залежить тільки від$\epsilon$. Область визначення функції має значення зараз. Функція, яка не є рівномірно безперервною на більшій множині, може бути рівномірно безперервною, якщо обмежується меншим набором.

Функція$f \colon (0,1) \to {\mathbb{R}}$,$f(x) := \nicefrac{1}{x}$ визначена не є рівномірно безперервною, а є безперервною.

Доказ: Враховуючи$\epsilon > 0$,$\epsilon > \left\lvert {\nicefrac{1}{x}-\nicefrac{1}{y}} \right\rvert$ то для утримання ми повинні мати $$\epsilon > \left\lvert {\nicefrac{1}{x}-\nicefrac{1}{y}} \right\rvert = \frac{\left\lvert {y-x} \right\rvert}{\left\lvert {xy} \right\rvert} = \frac{\left\lvert {y-x} \right\rvert}{xy} ,$$ або $$\left\lvert {x-y} \right\rvert < xy \epsilon .$$ Отже, щоб задовольнити визначення рівномірної безперервності, яку ми повинні були б мати$\delta \leq xy \epsilon$ для всіх$x,y$$(0,1)$, але це означало б це$\delta \leq 0$. Тому єдиного немає$\delta > 0$.

$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$,$f(x) := x^2$ Визначається є рівномірно безперервним.

Доказ: Зауважте, що$0 \leq x,c \leq 1$. Тоді $$\left\lvert {x^2-c^2} \right\rvert = \left\lvert {x+c} \right\rvert\left\lvert {x-c} \right\rvert \leq (\left\lvert {x} \right\rvert+\left\lvert {c} \right\rvert) \left\lvert {x-c} \right\rvert \leq (1+1)\left\lvert {x-c} \right\rvert .$$ тому дано$\epsilon > 0$, нехай$\delta := \nicefrac{\epsilon}{2}$. Якщо$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {x^2-c^2} \right\rvert < \epsilon$.

З іншого боку$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$, визначається не$f(x) := x^2$ є рівномірно безперервним.

Доказ: Припустимо, це рівномірно безперервно, то для всіх$\epsilon > 0$ існувало б$\delta > 0$ таке, що якщо$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, то$\left\lvert {x^2 -c^2} \right\rvert < \epsilon$. Візьміть$x > 0$ і нехай$c := x+\nicefrac{\delta}{2}$. Напишіть $$\epsilon > \left\lvert {x^2-c^2} \right\rvert = \left\lvert {x+c} \right\rvert\left\lvert {x-c} \right\rvert = (2x+\nicefrac{\delta}{2})\nicefrac{\delta}{2} \geq \delta x .$$ Тому$x < \nicefrac{\epsilon}{\delta}$ для всіх$x > 0$, що є протиріччям.

Ми бачили, що якщо$f$ визначається на інтервалі, який або не замкнутий, або не обмежений, то$f$ може бути безперервним, але не рівномірно безперервним. Для замкнутого та обмеженого інтервалу ми можемо$[a,b]$, однак, зробити наступне твердження.

[unifcont:thm]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервною функцією. Потім$f$ рівномірно безперервно.

Доводимо твердження контрапозитивним. Припустимо$f$, не є рівномірно безперервним. Доведемо, що є деякі,$c \in [a,b]$ де$f$ не суцільні. Зведемо нанівець визначення рівномірно безперервного. Існує$\epsilon > 0$ таке, що для кожного$\delta > 0$ існують пункти$x, y$ в$S$ с$\left\lvert {x-y} \right\rvert < \delta$ і$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \geq \epsilon$.

Таким чином, для$\epsilon > 0$ вище, ми знаходимо послідовності$\{ x_n \}$ і$\{ y_n \}$ такі, що$\left\lvert {x_n-y_n} \right\rvert < \nicefrac{1}{n}$ і такі, що$\left\lvert {f(x_n)-f(y_n)} \right\rvert \geq \epsilon$. За, існує збіжна підпослідовність$\{ x_{n_k} \}$. Нехай$c := \lim\, x_{n_k}$. Як$a \leq x_{n_k} \leq b$, тоді$a \leq c \leq b$. Write $$\left\lvert {y_{n_k} - c} \right\rvert = \left\lvert {y_{n_k} - x_{n_k} + x_{n_k} - c} \right\rvert \leq \left\lvert {y_{n_k} - x_{n_k}} \right\rvert + \left\lvert {x_{n_k}-c} \right\rvert < \nicefrac{1}{n_k} + \left\lvert {x_{n_k}-c} \right\rvert .$$ $\nicefrac{1}{n_k}$ As і$\left\lvert {x_{n_k}-c} \right\rvert$ обидва йдуть до нуля, коли$k$ йде до нескінченності,$\{ y_{n_k} \}$ сходиться і межа є$c$. Зараз ми показуємо, що не$f$ є безперервним на$c$. Ми оцінюємо $$\begin{split} \left\lvert {f(x_{n_k}) - f(c)} \right\rvert & = \left\lvert {f(x_{n_k}) - f(y_{n_k}) + f(y_{n_k}) - f(c)} \right\rvert \\ & \geq \left\lvert {f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})} \right\rvert - \left\lvert {f(y_{n_k}) - f(c)} \right\rvert \\ & \geq \epsilon - \left\lvert {f(y_{n_k})-f(c)} \right\rvert . \end{split}$$ Або іншими словами $$\left\lvert {f(x_{n_k})-f(c)} \right\rvert + \left\lvert {f(y_{n_k})-f(c)} \right\rvert \geq \epsilon .$$ Принаймні одна з послідовностей$\{ f(x_{n_k}) \}$ або$\{ f(y_{n_k}) \}$ не може сходитися до$f(c)$, інакше ліва частина нерівності буде йти до нуля, тоді як права сторона позитивна. Таким чином,$f$ не може бути безперервним при$c$.

Безперервне розширення

Перш ніж ми перейдемо до безперервного розширення, ми показуємо наступну корисну лему. Це говорить про те, що рівномірно безперервні функції поводяться добре по відношенню до послідовностей Коші. Нова проблема тут полягає в тому, що для послідовності Коші ми більше не знаємо, де закінчується межа; він може не опинитися в області функції.

[unifcauchycauchy:лема]$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути рівномірно безперервною функцією. $\{ x_n \}$Дозволяти бути послідовність Коші в$S$. Потім$\{ f(x_n) \}$ - Коші.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тоді є$\delta > 0$ таке, що$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert < \epsilon$ всякий раз$\left\lvert {x-y} \right\rvert < \delta$. Тепер знайдемо$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n, k \geq M$ нас є$\left\lvert {x_n-x_k} \right\rvert < \delta$. Тоді для всіх у$n, k \geq M$ нас є$\left\lvert {f(x_n)-f(x_k)} \right\rvert < \epsilon$.

Застосування вищевказаної леми - наступна теорема. Він говорить про те, що функція на відкритому інтервалі є рівномірно безперервною тоді і тільки тоді, коли її можна продовжити до безперервної функції на замкнутому інтервалі.

[context:thm] Функція$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ є рівномірно безперервною тоді і лише тоді, коли $$L_a := \lim_{x \to a} f(x) \qquad \text{and} \qquad L_b := \lim_{x \to b} f(x)$$ існують межі, а функція,$\widetilde{f} \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ визначена, $$\widetilde{f}(x) := \begin{cases} f(x) & \text{ if $x \in (a,b)$,} \\ L_a & \text{ if $x = a$,} \\ L_b & \text{ if $x = b$,} \end{cases}$$ є неперервною.

Один напрямок довести неважко. Якщо$\widetilde{f}$ суцільний, то він рівномірно безперервний по. Як$f$ і обмеження$\widetilde{f}$ до$(a,b)$, то також$f$ рівномірно безперервно (легка вправа).

Тепер$f$ припустимо, що рівномірно безперервно. Треба спочатку показати, що межі$L_a$ і$L_b$ існують. Давайте сконцентруємося на$L_a$. Візьміть послідовність$\{ x_n \}$ в$(a,b)$ такій, що$\lim\, x_n = a$. Послідовність є послідовністю Коші і, отже,$\{ f(x_n) \}$ послідовність Коші і, отже, збігається. У нас є деяка кількість$L_1 := \lim\, f(x_n)$. Візьміть іншу послідовність$\{ y_n \}$ в$(a,b)$ такій, що$\lim\, y_n = a$. За цим же міркуванням отримуємо$L_2 := \lim\, f(y_n)$. Якщо ми покажемо$L_1 = L_2$, то межа$L_a = \lim_{x\to a} f(x)$ існує. $\epsilon > 0$Нехай дано, знайдіть$\delta > 0$ таке, що$\left\lvert {x-y} \right\rvert < \delta$ має на увазі$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$. Знайти$M \in {\mathbb{N}}$ такі, що для$n \geq M$ нас є$\left\lvert {a-x_n} \right\rvert < \nicefrac{\delta}{2}$,$\left\lvert {a-y_n} \right\rvert < \nicefrac{\delta}{2}$,$\left\lvert {f(x_n)-L_1} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$, і$\left\lvert {f(y_n)-L_2} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$. Тоді бо$n \geq M$ ми маємо $$\left\lvert {x_n-y_n} \right\rvert = \left\lvert {x_n-a+a-y_n} \right\rvert \leq \left\lvert {x_n-a} \right\rvert+\left\lvert {a-y_n} \right\rvert < \nicefrac{\delta}{2} + \nicefrac{\delta}{2} = \delta.$$ Так $$\begin{split} \left\lvert {L_1-L_2} \right\rvert &= \left\lvert {L_1-f(x_n)+f(x_n)-f(y_n)+f(y_n)-L_2} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {L_1-f(x_n)} \right\rvert+\left\lvert {f(x_n)-f(y_n)} \right\rvert+\left\lvert {f(y_n)-L_2} \right\rvert \\ & \leq \nicefrac{\epsilon}{3} + \nicefrac{\epsilon}{3} + \nicefrac{\epsilon}{3} = \epsilon . \end{split}$$ Тому$L_1 = L_2$. Таким чином$L_a$ існує. Щоб показати, що$L_b$ існує, залишається як вправа.

Тепер, коли ми знаємо, що межі$L_a$ і$L_b$ існують, ми закінчили. Якщо$\lim_{x\to a} f(x)$ існує, то$\lim_{x\to a} \widetilde{f}(x)$ існує (Див.). Аналогічно з$L_b$. Звідси$\widetilde{f}$ є безперервним при$a$ і$b$. А$f$ так як безперервний при$c \in (a,b)$,$\widetilde{f}$ то безперервний при$c \in (a,b)$.

Безперервні функції Ліпшица

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти функція така, що існує число$K$ таке, що для всіх$x$ і$y$ у$S$ нас$f$ є $$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \leq K \left\lvert {x-y} \right\rvert .$$ Тоді, як кажуть, Lipschitz безперервний ¹⁶.

Великий клас функцій - це безперервний Ліпшиц. Будьте обережні, так само, як і для рівномірно безперервних функцій, важлива область визначення функції. Дивіться приклади нижче та вправи. Спочатку виправдовуємо вживання слова безперервний.

А безперервна функція Ліпшица є рівномірно безперервною.

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функція і нехай$K$ бути постійною такий, що для всіх$x, y$ у$S$ нас є$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \leq K \left\lvert {x-y} \right\rvert$.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Візьміть$\delta := \nicefrac{\epsilon}{K}$. Для будь-якого$x$ і$y$ в$S$ тому, що$\left\lvert {x-y} \right\rvert < \delta$ ми маємо, $$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \leq K \left\lvert {x-y} \right\rvert < K \delta = K \frac{\epsilon}{K} = \epsilon .$$ тому$f$ є рівномірно безперервним.

Ми інтерпретуємо безперервність Ліпшица геометрично. If$f$ є безперервною функцією Ліпшица з деякою константою$K$. Ми переписуємо нерівність, щоб сказати, що для$x \not=y$ нас $$\left\lvert {\frac{f(x)-f(y)}{x-y}} \right\rvert \leq K .$$ $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ є величина - це нахил лінії між точками$\bigl(x,f(x)\bigr)$ і$\bigl(y,f(y)\bigr)$, тобто січна лінія. Таким чином, Ліпшиц$f$ є безперервним тоді і тільки тоді, коли кожна лінія, яка перетинає графік принаймні$f$ в двох різних точках, має нахил менше або дорівнює$K$. Див.

Функції Ліпшиц$\sin(x)$ і$\cos(x)$ є безперервними. Ми побачили () наступні дві нерівності. $$\left\lvert {\sin(x)-\sin(y)} \right\rvert \leq \left\lvert {x-y} \right\rvert \qquad \text{and} \qquad \left\lvert {\cos(x)-\cos(y)} \right\rvert \leq \left\lvert {x-y} \right\rvert .$$

Звідси гріх і cos є Lipschitz безперервний с$K=1$.

Функція,$f \colon [1,\infty) \to {\mathbb{R}}$$f(x) := \sqrt{x}$ визначена, є безперервною Ліпшіца. Доказ: $$\left\lvert {\sqrt{x}-\sqrt{y}} \right\rvert = \left\lvert {\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}} \right\rvert = \frac{\left\lvert {x-y} \right\rvert}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} .$$ Як$x \geq 1$ і$y \geq 1$, ми це бачимо$\frac{1}{\sqrt{x}+\sqrt{y}} \leq \frac{1}{2}$. Тому $$\left\lvert {\sqrt{x}-\sqrt{y}} \right\rvert = \left\lvert {\frac{x-y}{\sqrt{x}+\sqrt{y}}} \right\rvert \leq \frac{1}{2} \left\lvert {x-y} \right\rvert.$$

З іншого боку$f \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$$f(x) := \sqrt{x}$ визначається не Lipschitz безперервний. Давайте розберемося, чому: Припустимо, у нас є $$\left\lvert {\sqrt{x}-\sqrt{y}} \right\rvert \leq K \left\lvert {x-y} \right\rvert ,$$ для деяких$K$. Нехай$y=0$ до отримання$\sqrt{x} \leq K x$. Якщо$K > 0$, то за$x > 0$ нас тоді дістанеться$\nicefrac{1}{K} \leq \sqrt{x}$. Це не може бути правдою для всіх$x > 0$. При цьому такого не$K > 0$ існує і не$f$ є безперервним Ліпшіц.

Останній приклад - функція, яка є рівномірно безперервною, але не безперервною Ліпшіца. Побачити, що$\sqrt{x}$ є рівномірно безперервним на$[0,\infty)$ замітку, що вона рівномірно безперервна$[0,1]$ по. Це також Ліпшиц (і, отже, рівномірно безперервний) на$[1,\infty)$. Це не важко (вправа), щоб показати, що це означає, що$\sqrt{x}$ рівномірно безперервно на$[0,\infty)$.

Вправи

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути рівномірно безперервним. Нехай$A \subset S$. Потім обмеження$f|_A$ рівномірно безперервно.

$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути рівномірно безперервна функція. Завершіть доказ, показавши, що межа$\lim\limits_{x \to b} f(x)$ існує.

Показати, що$f \colon (c,\infty) \to {\mathbb{R}}$ для деяких$c > 0$ і визначених$f(x) := \nicefrac{1}{x}$ є Ліпшиц безперервним.

Показати, що$f \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ визначено не$f(x) := \nicefrac{1}{x}$ є безперервним Ліпшицем.

$A, B$Дозволяти бути інтервалами. $f \colon A \to {\mathbb{R}}$$g \colon B \to {\mathbb{R}}$Дозволяти і бути рівномірно безперервні функції такі, що$f(x) = g(x)$ для$x \in A \cap B$. Визначте функцію$h \colon A \cup B \to {\mathbb{R}}$ по$h(x) := f(x)$ if$x \in A$ і$h(x) := g(x)$ if$x \in B \setminus A$. а) Доведіть$A \cap B \not= \emptyset$, що якщо, то$h$ рівномірно безперервно. б) Знайдіть приклад де$A \cap B = \emptyset$ і навіть$h$ не безперервно.

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти поліном ступеня$d \geq 2$. Показати,$f$ що Ліпшиц не є безперервним.

$f \colon (0,1) \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмежена безперервна функція. Показати, що функція$g(x) := x(1-x)f(x)$ є рівномірно безперервною.

Показати, що$f \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ визначено не$f(x) := \sin (\nicefrac{1}{x})$ є рівномірно безперервним.

$f \colon {\mathbb{Q}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути рівномірно безперервна функція. Показати, що існує рівномірно безперервна функція$\widetilde{f} \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ така, що$f(x) = \widetilde{f}(x)$ для всіх$x \in {\mathbb{Q}}$.

а) Знайдіть безперервний$f \colon (0,1) \to {\mathbb{R}}$ і послідовність$\{ x_n \}$ в$(0,1)$ тому, що Коші, але такий,$\{ f(x_n) \}$ що не Коші. б) Доведіть, що якщо$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ безперервний, і$\{ x_n \}$ є Коші, то$\{ f(x_n) \}$ є Коші.

а) Якщо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon S \to {\mathbb{R}}$ є рівномірно безперервними, то показати, що$h \colon S \to {\mathbb{R}}$ дано$h(x) := f(x) + g(x)$ є рівномірно безперервним.
б) Якщо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ є рівномірно безперервним і$a \in {\mathbb{R}}$, то показати, що$h \colon S \to {\mathbb{R}}$ дано$h(x) := a f(x)$ є рівномірно безперервним.

а) Якщо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon S \to {\mathbb{R}}$ є Ліпшіц, то покажіть, що$h \colon S \to {\mathbb{R}}$ дано$h(x) := f(x) + g(x)$ є Ліпшиц.
б) Якщо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ це Ліпшиц і$a \in {\mathbb{R}}$, то показати, що$h \colon S \to {\mathbb{R}}$ дано$h(x) := a f(x)$ є Ліпшиц.

а) Якщо$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ задано$f(x) := x^m$ для цілого числа$m \geq 0$, show$f$ - це Ліпшиц і знайти найкращу (найменшу) константу Ліпшіца$K$ (залежно від$m$ звичайно). Підказка:$(x-y)(x^{m-1} + x^{m-2}y + x^{m-3}y^2 + \cdots + x y^{m-2} + y^{m-1}) = x^m - y^m$.
б) Використовуючи попередню вправу, покажіть, що якщо$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ є поліном, тобто$f(x) := a_m x^m + a_{m-1} x^{m-1} + \cdots + a_0$, то$f$ є Ліпшиц.

Припустимо, для$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ нас є$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \leq K \left\lvert {x-y} \right\rvert$, і$f(0) = f(1) = 0$. Доведіть, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq \nicefrac{K}{2}$. Далі показати на прикладі, що$\nicefrac{K}{2}$ є найкращим з можливих, тобто існує така безперервна функція, для якої$\left\lvert {f(x)} \right\rvert = \nicefrac{K}{2}$ для деяких$x \in [0,1]$.

Межі на нескінченності

Примітка: менше 1 лекції (необов'язково, можна сміливо опустити, якщо або також не охоплюється)

Межі на нескінченності

Що стосується послідовностей, то безперервна змінна також може наближатися до нескінченності. Давайте зробимо це поняття точним.

Ми говоримо,$\infty$ це кластерна точка$S \subset {\mathbb{R}}$, якщо для кожного$M \in {\mathbb{R}}$, існує$x \in S$ таке, що$x \geq M$. Аналогічно$- \infty$ це кластерна точка$S \subset {\mathbb{R}}$, якщо для кожного$M \in {\mathbb{R}}$, існує$x \in S$ така, що$x \leq M$.

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функція$\infty$, де кластер точка$S$. Якщо існує$L \in {\mathbb{R}}$ таке, що для кожного$\epsilon > 0$, є$M \in {\mathbb{R}}$ таке, що $$\left\lvert {f(x) - L} \right\rvert < \epsilon$$ всякий раз$x \geq M$, то ми говоримо$f(x)$ сходиться до того,$L$ як$x$ йде$\infty$. Ми називаємо$L$ ліміт і пишемо $$\lim_{x \to \infty} f(x) := L .$$ Альтернативно пишемо$f(x) \to L$ як$x \to \infty$.

Аналогічно, якщо$-\infty$ це кластерна точка$S$ і існує$L \in {\mathbb{R}}$ такий, що для кожного$\epsilon > 0$, є$M \in {\mathbb{R}}$ такий, що $$\left\lvert {f(x) - L} \right\rvert < \epsilon$$ всякий раз$x \leq M$, то ми говоримо, що$f(x)$ сходиться до$L$ як$x$ йде$-\infty$. Ми називаємо$L$ ліміт і пишемо $$\lim_{x \to -\infty} f(x) := L .$$ Альтернативно пишемо$f(x) \to L$ як$x \to -\infty$.

Ми знову трохи обдурили і сказали межу. Ми залишаємо це як вправу для читача, щоб довести наступну пропозицію.

[liminfty:unique] Обмеження на$\infty$ або$-\infty$ як визначено вище, є унікальним, якщо воно існує.

Нехай$f(x) := \frac{1}{\left\lvert {x} \right\rvert+1}$. Тоді $$\lim_{x\to \infty} f(x) = 0 \qquad \text{and} \qquad \lim_{x\to -\infty} f(x) = 0 .$$

Доказ: Нехай$\epsilon > 0$ буде дано. Знайти досить$M > 0$ великий, щоб$\frac{1}{M+1} < \epsilon$. Якщо$x \geq M$, то$\frac{1}{x+1} \leq \frac{1}{M+1} < \epsilon$. Так як$\frac{1}{\left\lvert {x} \right\rvert+1} > 0$ для всіх$x$ перша межа доведена. Доказ для$-\infty$ залишається читачеві.

Нехай$f(x) := \sin(\pi x)$. Тоді$\lim_{x\to\infty} f(x)$ не існує. Щоб довести цей факт, зверніть увагу, що якщо$x = 2n+\nicefrac{1}{2}$ для деяких$n \in {\mathbb{N}}$ то$f(x)=1$$f(x)=-1$,$x = 2n+\nicefrac{3}{2}$ тоді як якщо потім, так вони не можуть бути в межах малого одного$\epsilon$ дійсного числа.

Ми повинні бути обережними, щоб не плутати безперервні межі з межами послідовностей. Бо$f(x) = \sin(\pi x)$ ми могли б сказати $$\lim_{n \to \infty} f(n) = 0, \qquad \text{but} \qquad \lim_{x \to \infty} f(x) ~ \text{does not exist}.$$ Звичайно позначення неоднозначне. Ми просто використовуємо конвенцію$n \in {\mathbb{N}}$, що, в той час як$x \in {\mathbb{R}}$. Коли позначення незрозумілі, добре явно згадати, де живе змінна, або який ліміт ви використовуєте.

Існує зв'язок безперервних меж до меж послідовностей, але ми повинні приймати всі послідовності, що йдуть до нескінченності, так само, як і раніше.

[seqflimitinf:lemma] Припустимо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$,$\infty$ це функція, це точка кластера$S \subset {\mathbb{R}}$, і$L \in {\mathbb{R}}$. Тоді $$\lim_{x\to\infty} f(x) = L % \qquad \text{if and only if} \qquad$$ якщо і тільки якщо $$\lim_{n\to\infty} f(x_n) = L% ~~\text{for all sequences $\{ x_n \}$ such that $\lim\, x_n = \infty$} .$$ для всіх послідовностей$\{ x_n \}$ такі, що$\lim\limits_{n\to\infty} x_n = \infty$.

Лема тримає на межі як$x \to -\infty$. Його доказ майже ідентичний і залишається як вправа.

Спочатку припустимо$f(x) \to L$, як$x \to \infty$. З огляду на$\epsilon > 0$, існує$M$ таке, що для всіх у$x \geq M$ нас є$\left\lvert {f(x)-L} \right\rvert < \epsilon$. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність в$S$ такому, що$\lim \, x_n = \infty$. Тоді існує$N$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є$x_n \geq M$. І таким чином$\left\lvert {f(x_n)-L} \right\rvert < \epsilon$.

Ми доводимо зворотне шляхом контрапозитиву. Припустимо,$f(x)$ не йде$L$ як$x \to \infty$. Це означає, що існує такий$\epsilon > 0$, що для кожного$M \in {\mathbb{N}}$, існує$x \in S$$x \geq M$, назвемо його$x_M$, такий, що$\left\lvert {f(x_M)-L} \right\rvert \geq \epsilon$. Розглянемо послідовність$\{ x_n \}$. Ясно$\{ f(x_n) \}$ не сходиться до$L$. Залишається відзначити$\lim\, x_n = \infty$, що, адже$x_n \geq n$ для всіх$n$.

Використовуючи лему, ми знову переводимо результати про послідовні межі в результати про безперервні межі, які$x$ йдуть до нескінченності. Тобто у нас є практично безпосередні аналоги слідства в. Ми просто дозволяємо точку$c$ кластера бути$\infty$ або$-\infty$, крім дійсного числа. Ми залишаємо це студенту, щоб перевірити ці твердження.

Нескінченна межа

Так само, як і для послідовностей, часто зручно розрізняти певні розбіжні послідовності і говорити про те, що межі нескінченні майже так, ніби існували межі.

$f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти функція і припустимо$S$ має$\infty$ як кластерна точка. Ми говоримо, що$f(x)$ розходиться до нескінченності$\infty$, як$x$ і до, якщо для кожного$N \in {\mathbb{R}}$ існує$M \in {\mathbb{R}}$ таке, що $$f(x) > N$$ всякий раз$x \in S$ і$x \geq M$. Пишемо $$\lim_{x \to \infty} f(x) := \infty ,$$ або говоримо, що$f(x) \to \infty$ як$x \to \infty$.

Аналогічне визначення може бути зроблено для обмежень як$x \to -\infty$ або як$x \to c$ для кінцевого$c$. Також подібні визначення можуть бути зроблені для лімітів буття$-\infty$. Заявляти ці визначення залишають як вправу. Відзначимо, що іноді використовується сходиться до нескінченності. Ми знову можемо використовувати послідовні обмеження, а аналог залишається як вправу.

Давайте покажемо це$\lim_{x \to \infty} \frac{1+x^2}{1+x} = \infty$.

Доказ: Бо$x \geq 1$ ми $$\frac{1+x^2}{1+x} \geq \frac{x^2}{x+x} = \frac{x}{2} .$$ дали$N \in {\mathbb{R}}$, візьміть$M = \max \{ 2N+1 , 1 \}$. Якщо$x \geq M$, то$x \geq 1$ і$\nicefrac{x}{2} > N$. Так $$\frac{1+x^2}{1+x} \geq \frac{x}{2} > N .$$

Композиції

Нарешті, так само, як і для обмежень на кінцеві числа, ми можемо легко складати функції.

[prop:inflimclositions] Припустимо$f \colon A \to B$$g \colon B \to {\mathbb{R}}$$A, B \subset {\mathbb{R}}$,,,$a \in {\mathbb{R}}\cup \{ -\infty, \infty\}$ є точкою кластера$A$, і$b \in {\mathbb{R}}\cup \{ -\infty, \infty\}$ є точкою кластера$B$. Припустимо $$\lim_{x \to a} f(x) = b\qquad \text{and} \qquad \lim_{y \to b} g(y) = c$$ , для деяких$c \in {\mathbb{R}}\cup \{ -\infty, \infty \}$. Якщо$b \in B$, то припустимо$g(b) = c$. Тоді $$\lim_{x \to a} g\bigl(f(x)\bigr) = c .$$

Доказ є простим, і залишається як вправа. Ми вже знаємо пропозицію$a, b, c \in {\mathbb{R}}$, коли, див. Вправи [вправа: contlimit композиція] та [вправа: contlimitbad complication]. Знову вимога, яка$g$ є безперервною при$b$$b \in B$, якщо, необхідно.

Нехай$h(x) := e^{-x^2+x}$. Тоді $$\lim_{x\to \infty} h(x) = 0 .$$

Доказ: Твердження випливає, коли ми знаємо $$\lim_{y\to -\infty} e^y = 0 ,$$ , $$\lim_{x\to \infty} -x^2+x = -\infty$$ і що зазвичай доведено, коли визначена експоненціальна функція.

Вправи

Доведіть.

$f \colon [1,\infty) \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функцією. Визначте$g \colon (0,1] \to {\mathbb{R}}$ через$g(x) := f(\nicefrac{1}{x})$. Використовуючи визначення обмежень безпосередньо, показати, що$\lim_{x\to 0^+} g(x)$ існує, якщо і тільки якщо$\lim_{x\to \infty} f(x)$ існує, і в цьому випадку вони рівні.

Доведіть.

Обґрунтуємо термінологію. $f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти функція така, що$\lim_{x \to \infty} f(x) = \infty$ (розходиться до нескінченності). Покажіть, що$f(x)$ розходиться (тобто не сходиться) як$x \to \infty$.

Придумайте визначення для меж$f(x)$ йти$-\infty$ як$x \to \infty$$x \to -\infty$, так і$x \to c$ для кінцевого$c \in {\mathbb{R}}$. Потім викладіть визначення для меж$f(x)$ переходу$\infty$ як$x \to -\infty$, так і$x \to c$ для кінцевого$c \in {\mathbb{R}}$.

Припустимо,$P(x) := x^n + a_{n-1} x^{n-1} + \cdots + a_1 x + a_0$ це монічний многочлен ступеня$n \geq 1$ (монік означає, що коефіцієнт$x^n$ дорівнює 1). а) показати, що якщо$n$ парний тоді$\lim_{x\to\infty} P(x) = \lim_{x\to-\infty} P(x) = \infty$. б) Покажіть, що якщо$n$ непарний тоді$\lim_{x\to\infty} P(x) = \infty$ і$\lim_{x\to-\infty} P(x) = -\infty$ (див. попередню вправу).

$\{ x_n \}$Дозволяти послідовність. Розглянемо$S := {\mathbb{N}}\subset {\mathbb{R}}$, і$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ визначаємо по$f(n) := x_n$. Показати, що два поняття limit, $$\lim_{n\to\infty} x_n \qquad \text{and} \qquad \lim_{x\to\infty} f(x)$$ еквівалентні. Тобто показати, що якщо один існує, так робить інший, і в цьому випадку вони рівні.

Розширити наступним чином. Припустимо,$S \subset {\mathbb{R}}$ має точку кластера$c \in {\mathbb{R}}$$c = \infty$, або$c = -\infty$. $f \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функція і нехай$L = \infty$ або$L = -\infty$. Покажіть, що $$\lim_{x\to c} f(x) = L \qquad \text{if and only if} \qquad \lim_{n\to\infty} f(x_n) = L ~~\text{for all sequences $\{ x_n \}$ such that $\lim\, x_n = c$} .$$

Монотонні функції та безперервність

Примітка: 1 лекція (необов'язково, можна сміливо опустити, якщо це також не охоплено, вимагає)

Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$. Ми говоримо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$, що збільшується (resp. строго збільшується) якщо$x,y \in S$ з$x < y$ має на увазі$f(x) \leq f(y)$ (resp. $f(x) < f(y)$). Визначаємо спадне і суворо зменшення однаково шляхом перемикання нерівностей на$f$.

Якщо функція або збільшується або зменшується, ми говоримо, що вона монотонна. Якщо він строго збільшується або строго зменшується, ми говоримо, що це строго монотонно.

Іноді неспадающіе (resp. незростаюча) використовується для збільшення (реп. зменшення) функції, щоб підкреслити її не строго збільшуючи (реп. суворо зменшується).

Неперервність монотонних функцій

Легко обчислити односторонні межі для монотонних функцій.

[prop:моноліміти] Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$,$c \in {\mathbb{R}}$, і$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ бути збільшенням. Якщо$c$ це точка кластера$S \cap (-\infty,c)$, то $$\lim_{x \to c^-} f(x) = \sup \{ f(x) : x < c, x \in S \} ,$$ і якщо$c$ це точка кластера$S \cap (c,\infty)$, то $$\lim_{x \to c^+} f(x) = \inf \{ f(x) : x > c, x \in S \} .$$

Аналогічно, якщо$f$$c$ зменшується і є точкою кластера$S \cap (-\infty,c)$, то $$\lim_{x \to c^-} f(x) = \inf \{ f(x) : x < c, x \in S \} ,$$ і якщо$c$ є точкою кластера$S \cap (c,\infty)$, то $$\lim_{x \to c^+} f(x) = \sup \{ f(x) : x > c, x \in S \} .$$

Зокрема, всі односторонні межі існують, коли вони мають сенс. Якщо ми відтепер сказати, що сказати ліву руку межа$x \to c^-$ існує ми маємо на увазі, що$c$ це точка кластера$S \cap (-\infty,c)$.

Припустимо,$f$ збільшується, і ми покажемо перше рівність. Решта доказів дуже схожа і залишається як вправа.

Нехай$a := \sup \{ f(x) : x < c, x \in S \}$. Якщо$a = \infty$, то для кожного$M \in {\mathbb{R}}$, існує$x_M$ таке, що$f(x_M) > M$. Як$f$ збільшується,$f(x) \geq f(x_M) > M$ для всіх$x \in S$ с$x > x_M$. Якщо взяти,$\delta = c-x_M$ ми отримаємо визначення межі, що йде до нескінченності.

Так припустимо$a < \infty$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тому що$a$ є супремум, існує$x_\epsilon < c$, такий$x_\epsilon \in S$, що$f(x_\epsilon) > a-\epsilon$. Як$f$ збільшується, якщо$x \in S$ і$x_\epsilon < x < c$, у нас є$a-\epsilon < f(x_\epsilon) \leq f(x) \leq a$. Нехай$\delta := c-x_\epsilon$. Тоді для$x \in S \cap (-\infty,c)$ з$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$, у нас є$\left\lvert {f(x)-a} \right\rvert < \epsilon$.

Припустимо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$,$c \in S$ і що обидві односторонні межі існують. Оскільки$f(x) \leq f(c) \leq f(y)$ всякий раз$x < c < y$, приймаючи межі, які ми отримуємо $$\lim_{x \to c^-} f(x) \leq f(c) \leq \lim_{x \to c^+} f(x) .$$ Тоді$f$ є безперервним$c$ тоді і лише тоді, коли обидві межі рівні один одному (а отже, рівні$f(c)$). Див. також. Дивіться, щоб отримати уявлення про те, як виглядає розрив.

[cor:continterval] Якщо$I \subset {\mathbb{R}}$ є інтервалом і$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ є монотонним, а не постійним,$f(I)$ то інтервал тоді і тільки тоді, коли$f$ є безперервним.

Припускаючи, що не$f$ є постійним, щоб уникнути технічності, яка$f(I)$ є єдиною точкою в цьому випадку;$f(I)$ є єдиною точкою, якщо і тільки тоді, коли$f$ є постійною. Постійна функція - безперервна.

Якщо$f$ є безперервним$f(I)$, то бути інтервалом є наслідком. Див. також.

Доведемо зворотний напрямок контрапозитивним. Припустимо$c \in I$, не$f$ є безперервним в, і$c$ це не кінцева точка$I$. Без втрати спільності припустимо$f$, що збільшується. Нехай $$a := \lim_{x \to c^-} f(x) = \sup \{ f(x) : x \in I, x < c \} , \qquad b := \lim_{x \to c^+} f(x) = \inf \{ f(x) : x \in I, x > c \} .$$ As$c$ - це розрив,$a < b$. Якщо$x < c$, то$f(x) \leq a$, і якщо$x > c$, то$f(x) \geq b$. Тому жодної точки в цьому$(a,b) \setminus \{ f(c) \}$ немає$f(I)$. Однак існує$x_1 \in S$,$x_1 < c$ так$f(x_1) \leq a$, і існує$x_2 \in S$,$x_2 > c$ так$f(x_2) \geq b$. Обидва$f(x_1)$ і$f(x_2)$ знаходяться в$f(I)$, і$f(I)$ так не інтервал. Див.

Коли$c \in I$ це кінцева точка, доказ схожий і залишається як вправа.

Вражаюча властивість монотонних функцій полягає в тому, що вони не можуть мати занадто багато розривів.

[cor:monotcountcont]$I \subset {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути інтервалом і$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ бути монотонним. Тоді$f$ має щонайбільше незліченно багато розривів.

$E \subset I$Дозволяти бути сукупністю всіх розривів, які не є кінцевими точками$I$. Оскільки є лише дві кінцеві точки, достатньо показати, що$E$ підраховується. Без втрати спільності, припустимо,$f$ збільшується. Визначимо ін'єкцію$h \colon E \to {\mathbb{Q}}$. Для кожного$c \in E$ існують односторонні межі$f$ обох, оскільки не$c$ є кінцевою точкою. Нехай $$a := \lim_{x \to c^-} f(x) = \sup \{ f(x) : x \in I, x < c \} , \qquad b := \lim_{x \to c^+} f(x) = \inf \{ f(x) : x \in I, x > c \} .$$ As$c$ є розривом, ми маємо$a < b$. Існує раціональне число$q \in (a,b)$, так що давайте$h(c) := q$. Оскільки$f$ збільшується,$q$ не може відповідати жодному іншому розриву, тому, зробивши цей вибір для всіх$c \in E$, ми маємо$h$ це один-на-один (ін'єкційний). Тому піддається$E$ зліченню.

[example:countdiscont] За$\lfloor x \rfloor$ позначаємо найбільше ціле число менше або рівне$x$. Визначте$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ за $$f(x) := x + \sum_{n=0}^{\lfloor 1/(1-x) \rfloor} 2^{-n} ,$$ для$x < 1$ і$f(1) = 3$. Залишається як вправа, щоб показати,$f$ що суворо збільшується, обмежується і має розрив у всіх точках$1-\nicefrac{1}{k}$ для$k \in {\mathbb{N}}$. Зокрема, існує незліченна кількість розривів, але функція обмежена і визначена на замкнутому обмеженому інтервалі.

Неперервність обернених функцій

Строго монотонна функція$f$ один-на-один (ін'єкційна). Щоб побачити це повідомлення, що якщо$x \not= y$ тоді ми можемо припустити$x < y$. Тоді або$f(x) < f(y)$ якщо$f$ строго збільшується, або$f(x) > f(y)$ якщо$f$ строго зменшується, так$f(x) \not= f(y)$. Отже, він повинен мати зворотний,$f^{-1}$ визначений на його діапазоні.

[prop:invcont] Якщо$I \subset {\mathbb{R}}$ є інтервалом і$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ є строго монотонним. Тоді зворотне$f^{-1} \colon f(I) \to I$ є безперервним.

Припустимо$f$, це строго збільшується. Доказ майже ідентичний для строго зменшується функції. Так як$f$ строго збільшується, так і є$f^{-1}$. Тобто якщо$f(x) < f(y)$, то ми повинні мати$x < y$ і тому$f^{-1}\bigl(f(x)\bigr) < f^{-1}\bigl(f(y)\bigr)$.

Візьміть$c \in f(I)$. Якщо не$c$ є точкою кластера$f(I)$, то$f^{-1}$ є безперервним в$c$ автоматичному режимі. Так нехай$c$ бути кластер точка$f(I)$. Припустимо, існують обидві такі односторонні межі: $$\begin{aligned} x_0 & := \lim_{y \to c^-} f^{-1}(y) = \sup \{ f^{-1}(y) : y < c, y \in f(I) \} = \sup \{ x : f(x) < c, x \in I \} , \\ x_1 & := \lim_{y \to c^+} f^{-1}(y) = \inf \{ f^{-1}(y) : y > c, y \in f(I) \} = \inf \{ x : f(x) > c, x \in I \} .\end{aligned}$$ Ми маємо$x_0 \leq x_1$ як$f^{-1}$ збільшується. Для всіх$x > x_0$ з$x \in I$, у нас є$f(x) \geq c$. Як$f$ суворо збільшується, ми повинні мати$f(x) > c$ для всіх$x > x_0$,$x \in I$. Отже, $$\{ x : x > x_0, x \in I \} \subset \{ x : f(x) > c, x \in I \}.$$ Infimum набору лівої руки є$x_0$ і infimum набору правої руки$x_1$, тому ми отримуємо$x_0 \geq x_1$. Отже$x_1 = x_0$, і$f^{-1}$ є безперервним при$c$.

Якщо одного з односторонніх меж не існує, аргумент схожий і залишається як вправа.

Пропозиція не вимагає, щоб вона$f$ була безперервною. Наприклад, нехай$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ $$f(x) := \begin{cases} x & \text{if $x < 0$}, \\ x+1 & \text{if $x \geq 0$}. \\ \end{cases}$$ Функція не$f$ є безперервною в$0$. Зображення$I = {\mathbb{R}}$ - це безліч$(-\infty,0)\cup [1,\infty)$, а не інтервал. Тоді$f^{-1} \colon (-\infty,0)\cup [1,\infty) \to {\mathbb{R}}$ можна записати як $$f^{-1}(x) = \begin{cases} x & \text{if $x < 0$}, \\ x-1 & \text{if $x \geq 1$}. \end{cases}$$ Це не важко побачити, що$f^{-1}$ це безперервна функція.

Зверніть увагу, що відбувається з пропозицією, якщо$f(I)$ це інтервал. У такому випадку ми могли б просто звернутися до обох$f$ і$f^{-1}$. Тобто якщо$f \colon I \to J$ є на строго монотонну функцію і$I$ і$J$ є інтервалами, то обидва$f$ і$f^{-1}$ є безперервними. Крім того$f(I)$, це інтервал саме тоді$f$, коли він безперервний.

Вправи

Припустимо$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$, це монотонно. $f$Довести обмежений.

Закінчіть доказ.

Закінчіть доказ.

Доведіть претензії в.

Закінчіть доказ.

Припустимо$S \subset {\mathbb{R}}$, і$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ є зростаючою функцією. а) Якщо$c$ це кластер точка$S \cap (c,\infty)$ показати, що$\lim\limits_{x\to c^+} f(x) < \infty$. б) Якщо$c$ це точка кластера$S \cap (-\infty,c)$ і$\lim\limits_{x\to c^-} f(x) = \infty$, довести, що$S \subset (-\infty,c)$.

Припустимо,$I \subset {\mathbb{R}}$$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ це інтервал і є функція така$c \in I$, що для кожного існує$a, b \in {\mathbb{R}}$ з$a > 0$ таким, що$f(x) \geq a x + b$ для всіх$x \in I$ і$f(c) = a c + b$. Покажіть,$f$ що строго збільшується.

Припустимо,$f \colon I \to J$ це безперервна, двооб'єктивна (один до одного і на) функція для двох інтервалів$I$ і$J$. Покажіть,$f$ що строго одноманітно.

Розглянемо монотонну функцію$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ на проміжку$I$. Доведіть, що існує функція$g \colon I \to {\mathbb{R}}$ така, що$\lim\limits_{x \to c^-} g(x) = g(c)$ для всіх$c \in I$, крім меншого (зліва) кінцевої точки$I$, і такі, що$g(x) = f(x)$ для всіх, але зліченно багато$x$.

а)$S \subset {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути будь-якою підмножиною. Якщо$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ збільшується, то покажіть, що існує збільшення$F \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ таке, що$f(x) = F(x)$ для всіх$x \in S$. б) Знайдіть приклад строго зростаючого$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ такого, що збільшення,$F$ як зазначено вище, ніколи не суворо збільшується.

[Вправа: збільшення FuncidiscatQ] Знайдіть приклад зростаючої функції$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$, яка має розрив при кожному раціональному числі. Потім покажіть, що зображення не$f([0,1])$ містить інтервалу. Підказка: Перерахуйте раціональні числа та визначте функцію за допомогою ряду.

Похідне

Похідна

Примітка: 1 лекція

Ідея похідної полягає в наступному. Припустимо, що графік функції виглядає локально як пряма. Потім ми можемо говорити про нахил цієї лінії. Нахил говорить нам про швидкість, з якою значення функції змінюється в конкретній точці. Звичайно, ми залишаємо поза увагою будь-яку функцію, яка має кути або розриви. Будемо точними.

Визначення та основні властивості

$I$Дозволяти інтервал, нехай$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ буде функція, і нехай$c \in I$. Якщо межа $$L := \lim_{x \to c} \frac{f(x)-f(c)}{x-c}$$ існує, то ми говоримо$f$ диференційована на$c$,$L$ тобто похідна від$f$ at$c$, і пишемо$f'(c) := L$.

Якщо$f$ диференційовний взагалі$c \in I$, то ми просто говоримо, що$f$ диференціюється, а потім отримуємо функцію$f' \colon I \to {\mathbb{R}}$.

Вираз$\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$ називається різницевим коефіцієнтом.

Графічна інтерпретація похідної зображена в. Ліва ділянка дає лінію наскрізь$\bigl(c,f(c)\bigr)$ і$\bigl(x,f(x)\bigr)$ з нахилом$\frac{f(x)-f(c)}{x-c}$, тобто так звану січну лінію. Коли ми беремо межу, як$x$ йде$c$, ми отримуємо правий графік, де ми бачимо, що похідна функції в точці$c$ нахил прямої дотичної до графіка$f$ в точці$\bigl(c,f(c)\bigr)$.

Ми$I$ дозволяємо бути замкнутим інтервалом і$c$ дозволяємо бути кінцевою точкою$I$. Деякі книги обчислення не$c$ дозволяють бути кінцевою точкою інтервалу, але вся теорія все ще працює, дозволяючи це, і це полегшує нашу роботу.

Нехай$f(x) := x^2$ визначено на цілій дійсній лінії. Ми знаходимо, що $$\lim_{x\to c} \frac{x^2-c^2}{x-c} = \lim_{x\to c} \frac{(x+c)(x-c)}{x-c} = \lim_{x\to c} (x+c) = 2c.$$ Тому$f'(c) = 2c$.

$f(x) := \left\lvert {x} \right\rvert$Функція не диференційована за початком. Коли$x > 0$, тоді $$\frac{\left\lvert {x} \right\rvert-\left\lvert {0} \right\rvert}{x-0} = \frac{x-0}{x-0} = 1 ,$$ і коли$x < 0$ ми маємо $$\frac{\left\lvert {x} \right\rvert-\left\lvert {0} \right\rvert}{x-0} = \frac{-x-0}{x-0} = -1 .$$

Відомий приклад Вейерштрасса показує, що існує безперервна функція, яка не диференційована в жодній точці. Побудова цієї функції виходить за рамки цієї книги. З іншого боку, диференційована функція завжди безперервна.

$f \colon I \to {\mathbb{R}}$Дозволяти диференціюватися при$c \in I$, то це безперервно при$c$.

Ми знаємо, що межі $$\lim_{x\to c}\frac{f(x)-f(c)}{x-c} = f'(c) \qquad \text{and} \qquad \lim_{x\to c}(x-c) = 0$$ існують. Крім того, $$f(x)-f(c) = \left( \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \right) (x-c) .$$ Тому межа$f(x)-f(c)$ існує і $$\lim_{x\to c} \bigl( f(x)-f(c) \bigr) = \left(\lim_{x\to c} \frac{f(x)-f(c)}{x-c} \right) \left(\lim_{x\to c} (x-c) \right) = f'(c) \cdot 0 = 0.$$ Отже$\lim\limits_{x\to c} f(x) = f(c)$, і$f$ є безперервним в$c$.

Важливою властивістю похідної є лінійність. Похідна - це наближення функції прямою лінією. Нахил прямої через дві точки змінюється лінійно, коли$y$ -координати змінюються лінійно. Беручи межу, має сенс, що похідна є лінійною.

$I$Дозволяти інтервал, нехай$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon I \to {\mathbb{R}}$ бути диференційованим в$c \in I$, і нехай$\alpha \in {\mathbb{R}}$.

1. Визначте$h \colon I \to {\mathbb{R}}$ по$h(x) := \alpha f(x)$. Потім$h$ диференціюється при$c$ і$h'(c) = \alpha f'(c)$.
2. Визначте$h \colon I \to {\mathbb{R}}$ по$h(x) := f(x) + g(x)$. Потім$h$ диференціюється при$c$ і$h'(c) = f'(c) + g'(c)$.

По-перше, нехай$h(x) := \alpha f(x)$. Бо$x \in I$, $$\frac{h(x)-h(c)}{x-c} = \frac{\alpha f(x) - \alpha f(c)}{x-c} = \alpha \frac{f(x) - f(c)}{x-c} .$$ у$x \not= c$ нас є межа, як$x$ іде$c$ існує праворуч. Ми отримуємо $$\lim_{x\to c}\frac{h(x)-h(c)}{x-c} = \alpha \lim_{x\to c} \frac{f(x) - f(c)}{x-c} .$$ Тому$h$ диференційовний на$c$, а похідна обчислюється як задано.

Далі визначте$h(x) := f(x)+g(x)$. Бо$x \in I$, $$\frac{h(x)-h(c)}{x-c} = \frac{\bigl(f(x) + g(x)\bigr) - \bigl(f(c) + g(c)\bigr)}{x-c} = \frac{f(x) - f(c)}{x-c} + \frac{g(x) - g(c)}{x-c} .$$ у$x \not= c$ нас є межа, як$x$ іде$c$ існує праворуч. Ми отримуємо $$\lim_{x\to c}\frac{h(x)-h(c)}{x-c} = \lim_{x\to c} \frac{f(x) - f(c)}{x-c} + \lim_{x\to c}\frac{g(x) - g(c)}{x-c} .$$ Тому$h$ диференційовний на$c$ і похідна обчислюється як задано.

Неправда, що похідна кратного двох функцій є кратною похідним. Замість цього ми отримуємо так зване правило продукту або правило Лейбніца ¹⁷.

$I$Дозволяти інтервал, нехай$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon I \to {\mathbb{R}}$ бути функції диференційовані в$c$. Якщо$h \colon I \to {\mathbb{R}}$ визначається $$h(x) := f(x) g(x) ,$$ то$h$ диференціюється при$c$ і $$h'(c) = f(c) g'(c) + f'(c) g(c) .$$

Доказ правила продукту залишають як вправу. Ключовим є використання ідентичності$f(x) g(x) - f(c) g(c) = f(x)\bigl( g(x) - g(c) \bigr) + g(c) \bigl( f(x) - f(c) \bigr)$.

$I$Дозволяти інтервал, нехай$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon I \to {\mathbb{R}}$ бути диференційованим у всіх$c$ і$g(x) \not= 0$ назавжди$x \in I$. Якщо$h \colon I \to {\mathbb{R}}$ визначається $$h(x) := \frac{f(x)}{g(x)},$$ то$h$ диференціюється при$c$ і $$h'(c) = \frac{f'(c) g(c) - f(c) g'(c)}{{\bigl(g(c)\bigr)}^2} .$$

Знову докази залишають як вправу.

Правило ланцюга

Корисним правилом для обчислення похідних є правило ланцюга.

$I_1, I_2$Дозволяти бути інтервали, нехай$g \colon I_1 \to I_2$ диференційовані в$c \in I_1$, і$f \colon I_2 \to {\mathbb{R}}$ бути диференційованими в$g(c)$. Якщо$h \colon I_1 \to {\mathbb{R}}$ визначається $$h(x) := (f \circ g) (x) = f\bigl(g(x)\bigr) ,$$ то$h$ диференціюється при$c$ і $$h'(c) = f'\bigl(g(c)\bigr)g'(c) .$$

Нехай$d := g(c)$. Визначте$u \colon I_2 \to {\mathbb{R}}$ і$v \colon I_1 \to {\mathbb{R}}$ $$\begin{aligned} & u(y) := \begin{cases} \frac{f(y) - f(d)}{y-d} & \text{ if $y \not=d$,} \\ f'(d) & \text{ if $y = d$,} \end{cases} \\ & v(x) := \begin{cases} \frac{g(x) - g(c)}{x-c} & \text{ if $x \not=c$,} \\ g'(c) & \text{ if $x = c$.} \end{cases}\end{aligned}$$ ми зауважимо, що $$f(y)-f(d) = u(y) (y-d) \qquad \text{and} \qquad g(x)-g(c) = v(x) (x-c) .$$ ми $$\label{eq:chainruleeq} \frac{h(x)-h(c)}{x-c} = u\bigl( g(x) \bigr) v(x) .$$ підключаємо до отримання $$h(x)-h(c) = f\bigl(g(x)\bigr)-f\bigl(g(c)\bigr) = u\bigl( g(x) \bigr) \bigl(g(x)-g(c)\bigr) = u\bigl( g(x) \bigr) \bigl(v(x) (x-c)\bigr) .$$ Тому обчислюємо межі$\lim_{y \to d} u(y) = f'(d) = f'\bigl(g(c)\bigr)$ і$\lim_{x \to c} v(x) = g'(c)$. Тобто функції$u$ і$v$ є безперервними при$d = g(c)$ і$c$ відповідно. Крім того, функція$g$ є безперервною в$c$. Звідси межа правої частини [eq:chainruleeq], як$x$ іде$c$ існує і дорівнює$f'\bigl(g(c)\bigr) g'(c)$. Таким чином$h$ диференціюється при$c$ і межа є$f'\bigl(g(c)\bigr)g'(c)$.

Вправи

Доведіть правило продукту. Підказка: Використовуйте$f(x) g(x) - f(c) g(c) = f(x)\bigl( g(x) - g(c) \bigr) + g(c) \bigl( f(x) - f(c) \bigr)$.

Доведіть правило частки. Підказка: Ви можете зробити це безпосередньо, але може бути простіше знайти похідну від,$\nicefrac{1}{x}$ а потім використовувати правило ланцюга і правило продукту.

[Вправа: diffofxn] Для$n \in {\mathbb{Z}}$, довести, що$x^n$ диференціюється і знайти похідну, якщо, звичайно,$n < 0$ і$x=0$. Підказка: Використовуйте правило продукту.

Доведіть, що многочлен диференційовний і знайдіть похідну. Підказка: Використовуйте попередню вправу.

Визначити$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ $$f(x) := \begin{cases} x^2 & \text{ if $x \in {\mathbb{Q}}$,}\\ 0 & \text{ otherwise.} \end{cases}$$ Довести, що$f$ диференціюється в$0$, але переривчастий у всіх точках, крім$0$.

Припустимо нерівність$\left\lvert {x-\sin(x)} \right\rvert \leq x^2$. Доведіть, що гріх диференційовний на$0$, і знайти похідне в$0$.

Використовуючи попередню вправу, доведіть, що гріх взагалі$x$ диференційований і що похідне є$\cos(x)$. Підказка: Використовуйте тригонометричну ідентичність суми до продукту, як ми робили раніше.

Дозвольте$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ бути диференційованим. Задано$n \in {\mathbb{Z}}$, визначте$f^n$ бути функцією, визначеною$f^n(x) := {\bigl( f(x) \bigr)}^n$. Якщо$n < 0$ припустити$f(x) \not= 0$. Доведіть, що$(f^n)'(x) = n {\bigl(f(x) \bigr)}^{n-1} f'(x)$.

Припустимо,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ це диференційовна безперервна функція Ліпшица. Доведіть, що$f'$ є обмеженою функцією.

$I_1, I_2$Дозволяти бути інтервалами. $f \colon I_1 \to I_2$Дозволяти бути двооб'єктивною функцією і$g \colon I_2 \to I_1$ бути оберненою. Припустимо,$f$ що обидва диференційовані при$c \in I_1$ і$f'(c) \not=0$ і$g$ диференційовані при$f(c)$. Використовуйте правило ланцюга, щоб знайти формулу для$g'\bigl(f(c)\bigr)$ (в терміні$f'(c)$).

[Вправа: bndmuldiff] Припустимо,$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ є обмеженою функцією і$g \colon I \to {\mathbb{R}}$ є функцією, диференційованою при$c \in I$ і$g(c) = g'(c) = 0$. Показати,$h(x) := f(x) g(x)$ що диференціюється в$c$. Підказка: Зверніть увагу, що ви не можете застосувати правило продукту.

[Вправа: diffsqueeze] Припустимо$f \colon I \to {\mathbb{R}}$$g \colon I \to {\mathbb{R}}$, і$h \colon I \to {\mathbb{R}}$, є функціями. Припустимо,$c \in I$ є такі$f(c) = g(c) = h(c)$, що,$g$ і$h$ диференційовані при$c$, і$g'(c) = h'(c)$. Крім того, припустимо$h(x) \leq f(x) \leq g(x)$ для всіх$x \in I$. Довести$f$ диференційований при$c$ і$f'(c) = g'(c) = h'(c)$.

Теорема про середнє значення

Примітка: 2 лекції (деякі програми можуть бути пропущені)

Відносні мінімуми і максимуми

Ми говорили про абсолютні максимумах і мінімумах. Це найвищі вершини і найнижчі долини у всьому гірському масиві. Ми також можемо поговорити про вершини окремих гір і долин.

$S \subset {\mathbb{R}}$Дозволяти бути набір і нехай$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ буде функція. $f$Функція, як кажуть, мають відносний максимум$c \in S$ при наявності$\delta>0$ такого, що для всіх$x \in S$ таких, що у$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ нас є$f(x) \leq f(c)$. Визначення відносного мінімуму аналогічно.

[relminmax:thm]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути функцією, диференційованою на$c \in (a,b)$, і$c$ є відносним мінімумом або відносним максимумом$f$. Потім$f'(c) = 0$.

Доводимо твердження по максимуму. Для мінімуму заяву слід, враховуючи функцію$-f$.

$c$Дозволяти відносний максимум$f$. Зокрема до тих пір, поки у$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ нас є$f(x)-f(c) \leq 0$. Потім ми дивимося на коефіцієнт різниці. Якщо$x > c$ ми зауважимо, що $$\frac{f(x)-f(c)}{x-c} \leq 0 ,$$ і якщо у$y < c$ нас є $$\frac{f(y)-f(c)}{y-c} \geq 0 .$$ Дивіться для ілюстрації.

Ми зараз беремо послідовності$\{ x_n\}$ і$\{ y_n \}$, такі що$x_n > c$, і$y_n < c$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$, і такі що$\lim\, x_n = \lim\, y_n = c$. Оскільки$f$ є диференційованим,$c$ ми знаємо $$0 \geq \lim_{n\to\infty} \frac{f(x_n)-f(c)}{x_n-c} = f'(c) = \lim_{n\to\infty} \frac{f(y_n)-f(c)}{y_n-c} \geq 0. \qedhere$$

Для диференційованої функції точка, де$f'(c) = 0$ називається критичною точкою. Коли$f$ в деяких точках не диференціюється, прийнято також говорити, що$c$ це критична точка, якщо її$f'(c)$ не існує. Теорема говорить, що відносний мінімум або максимум у внутрішній точці інтервалу повинен бути критичною точкою. Як ви пам'ятаєте з обчислення, знаходження мінімумів і максимумів функції можна зробити, знайшовши всі критичні точки разом з кінцевими точками інтервалу і просто перевіривши, де функція найбільша або найменша.

Теорема Ролла

Припустимо, функція дорівнює нулю в обох кінцевих точках інтервалу. Інтуїтивно вона повинна досягти мінімуму або максимуму всередині інтервалу, тоді при такому мінімумі або максимумі похідна повинна дорівнювати нулю. Дивіться геометричну ідею. Це зміст так званої теореми Ролла ¹⁸.

[thm:rolle]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервна функція диференційована на$(a,b)$ такий, що$f(a) = f(b)$. Тоді існує$c \in (a,b)$ таке, що$f'(c) = 0$.

Як$f$ це безперервно на$[a,b]$ ньому досягає абсолютного мінімуму і абсолютного максимуму в$[a,b]$. Ми хочемо подати заявку, і тому нам потрібно мінімум або максимум в деяких$c \in (a,b)$. Пишіть$K := f(a) = f(b)$. Якщо існує$x$ таке що$f(x) > K$, то абсолютний максимум більше, ніж$K$ і значить відбувається при$c \in (a,b)$, і тому отримуємо$f'(c) = 0$. З іншого боку, якщо існує$x$ таке$f(x) < K$, то абсолютний мінімум відбувається у деяких$c \in (a,b)$ і ми маємо це$f'(c) = 0$. Якщо немає$x$ такого того$f(x) > K$ або$f(x) < K$, то у нас є що$f(x) = K$ для всіх$x$ і то$f'(x) = 0$ для всіх$x \in [a,b]$, так що будь-який$c$ спрацює.

Відзначимо, що це абсолютно необхідно, щоб похідна існувала для всіх$x \in (a,b)$. Наприклад, візьмемо функцію$f(x) = \left\lvert {x} \right\rvert$ on$[-1,1]$. $f(-1) = f(1)$Зрозуміло, але немає ніякого сенсу куди$f'(c) = 0$.

Теорема про середнє значення

Ми поширюємося на функції, які досягають різних значень в кінцевих точках.

[thm:mvt]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервною функцією, диференційованою на$(a,b)$. Тоді існує$c \in (a,b)$ такий момент, що $$f(b)-f(a) = f'(c)(b-a) .$$

Теорема випливає з. Визначити функцію$g \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ по $$g(x) := f(x)-f(b)+\bigl(f(b)-f(a)\bigr)\frac{b-x}{b-a}.$$ Функція$g$ диференційована на$(a,b)$, безперервна на$[a,b]$, така, що$g(a) = 0$ і$g(b) = 0$. При цьому існує$c \in (a,b)$ таке, що$g'(c) = 0$. $$0 = g'(c) = f'(c) + \bigl(f(b)-f(a)\bigr)\frac{-1}{b-a} .$$ Або іншими словами$f'(c)(b-a) = f(b)-f(a)$.

Геометричну інтерпретацію теореми про середнє значення див. Ідея полягає в тому,$\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$ що значення - це нахил лінії між точками$\bigl(a,f(a)\bigr)$ і$\bigl(b,f(b)\bigr)$. Тоді$c$ точка така$f'(c) = \frac{f(b)-f(a)}{b-a}$, що, тобто дотична лінія в точці$\bigl(c,f(c)\bigr)$ має такий же нахил, як і лінія між$\bigl(a,f(a)\bigr)$ і$\bigl(b,f(b)\bigr)$.

Додатки

Тепер ми вирішуємо наше найперше диференціальне рівняння.

[prop:derzeroconst]$I$ Дозволяти бути інтервалом і нехай$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ диференційованою функцією така, що$f'(x) = 0$ для всіх$x \in I$. Тоді$f$ постійний.

Візьміть довільні$x,y \in I$ с$x < y$. Потім$f$ обмежується$[x,y]$ задовольняє гіпотези. Тому є$c \in (x,y)$ таке, що $$f(y)-f(x) = f'(c)(y-x).$$ як$f'(c) = 0$, у нас є$f(y) = f(x)$. Тому функція постійна.

Тепер, коли ми знаємо, що означає функція залишатися постійною, давайте подивимося на збільшення і зменшення функцій. Ми говоримо$f \colon I \to {\mathbb{R}}$, що збільшується (resp. суворо збільшується) якщо$x < y$ має на увазі$f(x) \leq f(y)$ (resp. $f(x) < f(y)$). Визначаємо спадне і суворо зменшення однаково шляхом перемикання нерівностей на$f$.

[incdecdiffprop]$I$ Дозволяти бути інтервалом і нехай$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ диференційованою функцією.

1. $f$збільшується, якщо і тільки якщо$f'(x) \geq 0$ для всіх$x \in I$.
2. $f$зменшується, якщо і тільки якщо$f'(x) \leq 0$ для всіх$x \in I$.

Доведемо перший пункт. Припустимо,$f$ збільшується, то для всіх$x$ і$c$ в$I$ нас є $$\frac{f(x)-f(c)}{x-c} \geq 0 .$$ Приймаючи межу, як$x$ йде до$c$ ми бачимо, що$f'(c) \geq 0$.

Для іншого напрямку, припустимо$f'(x) \geq 0$ для всіх$x \in I$. Візьміть$x, y \in I$ куди завгодно$x < y$. До них є$c \in (x,y)$ такі, що $$f(x)-f(y) = f'(c)(x-y) .$$ As$f'(c) \geq 0$, а$x-y < 0$, потім$f(x) - f(y) \leq 0$ або$f(x) \leq f(y)$ і так$f$ збільшується.

Ми залишаємо спадну частину читачеві як вправу.

Ми можемо зробити подібне, але слабше твердження про суворо зростаючі та зменшуються функції. Якщо$f'(x) > 0$ для всіх$x \in I$,$f$ то строго збільшується. Доказ залишають як вправу. Зворотне не відповідає дійсності. Наприклад,$f(x) := x^3$ це строго зростаюча функція, але$f'(0) = 0$.

Іншим застосуванням є наступний результат про розташування крайнощів. Теорема викладена для абсолютного мінімуму і максимуму, але спосіб її застосування для знаходження відносних мінімумів і максимумів полягає$f$ в обмеженні інтервалом$(c-\delta,c+\delta)$.

[Перший дермінмакс тест] Дозвольте$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ бути безперервним. Нехай$c \in (a,b)$ і припустимо$f$ диференційований на$(a,c)$ і$(c,b)$.

1. Якщо$f'(x) \leq 0$ за$x \in (a,c)$ і$f'(x) \geq 0$ за$x \in (c,b)$, то$f$ має абсолютний мінімум при$c$.
2. Якщо$f'(x) \geq 0$ за$x \in (a,c)$ і$f'(x) \leq 0$ за$x \in (c,b)$, то$f$ має абсолютний максимум при$c$.

Доведемо перший пункт. Другу залишаємо читачеві. Нехай$x$ буде$(a,c)$ і послідовність$\{ y_n\}$ така, що$x < y_n < c$ і$\lim\, y_n = c$. За попередньою пропозицією, функція зменшується на$(a,c)$ так$f(x) \geq f(y_n)$. Функція безперервна на$c$ так що ми можемо взяти ліміт, щоб отримати$f(x) \geq f(c)$ для всіх$x \in (a,c)$.

Аналогічно беруть$x \in (c,b)$ і послідовність$\{ y_n\}$ таку, що$c < y_n < x$ і$\lim\, y_n = c$. Функція збільшується на$(c,b)$ так$f(x) \geq f(y_n)$. За спадкоємністю$f$ ми отримуємо$f(x) \geq f(c)$ для всіх$x \in (c,b)$. Таким чином$f(x) \geq f(c)$ для всіх$x \in (a,b)$.

Зворотного пропозиції не тримає. Див. Нижче.

Неперервність похідних і теорема проміжного значення

Похідні функцій задовольняють властивість проміжного значення. Результат зазвичай називають теоремою Дарбу.

[thm:darboux] Дозвольте$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ бути диференційованим. Припустимо, що існує$y \in {\mathbb{R}}$ таке, що$f'(a) < y < f'(b)$ або$f'(a) > y > f'(b)$. Тоді існує$c \in (a,b)$ таке, що$f'(c) = y$.

Припустимо, без втрати спільності, що$f'(a) < y < f'(b)$. Визначити $$g(x) := yx - f(x) .$$ як$g$ безперервно$[a,b]$ увімкнено, а потім$g$ досягає максимуму в деяких$c \in [a,b]$.

Тепер обчислюйте$g'(x) = y-f'(x)$. Таким чином$g'(a) > 0$. Оскільки похідна є межею різницевих коефіцієнтів і є позитивним, повинен бути певний коефіцієнт різниці, який є позитивним. Тобто має існувати$x > a$ таке, що $$\frac{g(x)-g(a)}{x-a} > 0 ,$$ або$g(x) > g(a)$. Таким чином,$a$ не може бути максимум$g$. Так само$g'(b) < 0$, як, ми знаходимо$x < b$ (інше$x$) таке$g(x) > g(b)$, що$\frac{g(x)-g(b)}{x-b} < 0$ чи те, таким чином,$b$ не може бути максимумом.

Тому$c \in (a,b)$. Тоді$c$ як максимум$g$ ми знаходимо$g'(c) = 0$ і$f'(c) = y$.

Ми вже бачили, що існують переривчасті функції, які мають властивість проміжного значення. Хоча спочатку важко уявити, існують також функції, які диференційовані скрізь, а похідна не є безперервною.

[baddiffunc:example]$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути функцією, $$f(x) := \begin{cases} {\bigl( x \sin(\nicefrac{1}{x}) \bigr)}^2 & \text{ if $x \not= 0$,} \\ 0 & \text{ if $x = 0$.} \end{cases}$$ визначеною Ми стверджуємо,$f$ що диференційовна скрізь, але не$f' \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ є безперервною на початку. Крім того,$f$ має мінімум 0, але похідна змінює знак нескінченно часто поблизу походження. Див.

Доказ: Це легко побачити з визначення, яке$f$ має абсолютний мінімум в 0: ми знаємо$f(x) \geq 0$ для всіх$x$ і$f(0) = 0$.

$f$Функція диференційовна для$x\not=0$ і похідна є$2 \sin (\nicefrac{1}{x}) \bigl( x \sin (\nicefrac{1}{x}) - \cos(\nicefrac{1}{x}) \bigr)$. Як вправу показують, що для$x_n = \frac{4}{(8n+1)\pi}$ нас є$\lim\, f'(x_n) = -1$, і для$y_n = \frac{4}{(8n+3)\pi}$ нас є$\lim\, f'(y_n) = 1$. Отже, якщо$f'$ існує в$0$, то він не може бути безперервним.

Давайте покажемо, що$f'$ існує в 0. Ми стверджуємо, що похідна дорівнює нулю. Іншими словами$\left\lvert {\frac{f(x)-f(0)}{x-0} - 0} \right\rvert$ йде в нуль, як$x$ йде до нуля. Бо у$x \not= 0$ нас є $$\left\lvert {\frac{f(x)-f(0)}{x-0} - 0} \right\rvert = \left\lvert {\frac{x^2 \sin^2(\nicefrac{1}{x})}{x}} \right\rvert = \left\lvert {x \sin^2(\nicefrac{1}{x})} \right\rvert \leq \left\lvert {x} \right\rvert .$$ І, звичайно, як$x$ прагне до нуля, то$\left\lvert {x} \right\rvert$ прагне до нуля і, отже,$\left\lvert {\frac{f(x)-f(0)}{x-0} - 0} \right\rvert$ йде до нуля. Тому$f$ диференційована при 0, а похідна при 0 дорівнює 0. Ключовим моментом у наведеному вище розрахунку є те$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq x^2$, що див. Також Вправи [вправи: bndmuldiff] та [вправа: diffsqueeze].

Іноді корисно припустити, що похідна диференційовної функції є безперервною. Якщо$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ диференційована, а похідна$f'$ є безперервною$I$, то ми говоримо$f$, що безперервно диференційована. Загальноприйнято писати$C^1(I)$ для множини безперервно диференційованих функцій на$I$.

Вправи

Закінчіть доказ.

Закінчіть доказ.

Припустимо,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ це диференційовна функція така, що$f'$ є обмеженою функцією. Доведіть$f$ є безперервна функція Ліпшица.

Припустимо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$, диференційований і$c \in [a,b]$. Потім показати існує послідовність, що$\{ x_n \}$ сходиться до$c$,$x_n \not= c$ для всіх$n$, такі, що $$f'(c) = \lim_{n\to \infty} f'(x_n).$$ Зауважте, що це не означає, що$f'$ є безперервним (чому?).

Припустимо,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ є функція така, що$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert \leq \left\lvert {x-y} \right\rvert^2$ для всіх$x$ і$y$. Покажіть, що$f(x) = C$ для якоїсь постійної$C$. Підказка: Покажіть, що$f$ є диференційованим у всіх точках, і обчислити похідну.

[Вправа: posderincr] Припустимо$I$, це інтервал і$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ є диференційованою функцією. Якщо$f'(x) > 0$ для всіх$x \in I$, то покажіть,$f$ що строго збільшується.

Припустимо,$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ це диференційована функція така, що$f'(x) \not= 0$ для всіх$x \in (a,b)$. Припустимо, існує$c \in (a,b)$ такий момент, що$f'(c) > 0$. Доведіть$f'(x) > 0$ для всіх$x \in (a,b)$.

[Вправа: samediffconst] Припустимо$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ є диференційовані функції такі, що$f'(x) = g'(x)$ для всіх$x \in (a,b)$, то показують, що існує константа$C$ така, що$f(x) = g(x) + C$.

Доведіть наступну версію правила L'Hopital. Припустимо$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ є диференційованими функціями. Припустимо$c \in (a,b)$, що в$f(c) = 0$$g(c)=0$,,, і що$\nicefrac{f'(x)}{g'(x)}$ межа як$x$ йде на$c$ існує. Покажіть, що $$\lim_{x \to c} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x \to c} \frac{f'(x)}{g'(x)} .$$

$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$Дозволяти необмежену диференційовну функцію. $f' \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$Показ необмежений.

Доведіть теорему Ролле насправді доведено в 1691: Якщо$f$ є поліном,$f'(a) = f'(b) = 0$ для деяких$a < b$, і немає$c \in (a,b)$ такого$f'(c) = 0$, що, то існує не більше одного кореня$f$ в$(a,b)$, тобто не більше одного$x \in (a,b)$ такого, що$f(x) = 0$. Іншими словами, між будь-якими двома послідовними коренями$f'$ знаходиться не більше одного кореня$f$. Підказка: припустимо, що є два корені і подивіться, що станеться.

Припустимо,$a,b \in {\mathbb{R}}$ і$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ є$f'(x) = a$ диференційованим, для всіх$x$, і$f(0) = b$. Знайти$f$ і довести, що це унікальна диференційовна функція з цією властивістю.

Теорема Тейлора

Примітка: половина лекції (необов'язковий розділ)

Похідні вищих ордерів

Коли$f \colon I \to {\mathbb{R}}$ диференціюється, ми отримуємо функцію$f' \colon I \to {\mathbb{R}}$. Функція$f'$ називається першою похідною від$f$. Якщо$f'$ диференційовний, позначаємо$f'' \colon I \to {\mathbb{R}}$ похідною від$f'$. Функція$f''$ називається другою похідною від$f$. Аналогічно отримуємо$f'''$$f''''$, і так далі. При більшій кількості похідних позначення вийшло б з-під контролю; ми позначаємо$f^{(n)}$ $n$похідною від$f$.

Коли$f$ володіє$n$ похідними, ми говоримо,$f$ що $n$часи диференційовані.

Теорема Тейлора

Теорема Тейлора ¹⁹ є узагальненням. Теорема середнього значення говорить про те, що до невеликої похибки$f(x)$ для$x$ ближнього$x_0$ можна наблизити$f(x_0)$, тобто $$f(x) = f(x_0) + f'(c)(x-x_0),$$ де «похибка» вимірюється через першу похідну в деякій точці$c$ між$x$ і$x_0$. Теорема Тейлора узагальнює цей результат до вищих похідних. Це говорить нам, що до невеликої помилки, будь-який$n$ час диференційовна функція може бути наближена в точці$x_0$ поліномом. Похибка цього наближення поводиться як${(x-x_0)}^{n}$ біля точки$x_0$. Щоб зрозуміти, чому це гарне наближення, зверніть увагу, що для великого$n$,${(x-x_0)}^n$ дуже мало в невеликому інтервалі навколо$x_0$.

Для будь-якої$n$ диференційовної функції,$f$ визначеної поблизу точки$x_0 \in {\mathbb{R}}$,$n$ визначте поліном Тейлора для$f$ at$x_0$ as $$\begin{split} P_n^{x_0}(x) & := \sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}{(x-x_0)}^k \\ & = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(x_0)}{2}{(x-x_0)}^2 + \frac{f^{(3)}(x_0)}{6}{(x-x_0)}^3 + \cdots + \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}{(x-x_0)}^n . \end{split}$$

Теорема Тейлора говорить, що функція поводиться як її$n$ поліном Тейлора. Це дійсно теорема Тейлора для першої похідної.

[thm:taylor] Припустимо,$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ це функція з$n$ безперервними похідними на$[a,b]$ і такими, що$f^{(n+1)}$ існує на$(a,b)$. Враховуючи різні точки$x_0$ і$x$ в$[a,b]$, ми можемо знайти точку$c$ між$x_0$ і$x$ такими, що $$f(x)=P_{n}^{x_0}(x)+\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}{(x-x_0)}^{n+1} .$$

Термін$R_n^{x_0}(x):=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}{(x-x_0)}^{n+1}$ називається термін, що залишився. Ця форма залишку члена називається формою Лагранжа залишку. Є й інші способи написати термін, що залишився, але ми їх пропускаємо. Зверніть увагу, що$c$ залежить від обох$x$ і$x_0$.

Знайти число$M_{x,x_0}$ (в залежності від$x$ і$x_0$) розв'язуючи рівняння $$f(x)=P_{n}^{x_0}(x)+M_{x,x_0}{(x-x_0)}^{n+1} .$$ Визначити функцію$g(s)$ за допомогою $$g(s) := f(s)-P_n^{x_0}(s)-M_{x,x_0}{(s-x_0)}^{n+1} .$$ Обчислимо$k$ ту похідну at$x_0$ полінома Тейлора${(P_n^{x_0})}^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0)$ для$k=0,1,2,\ldots,n$ (нульова похідна відповідає самій функції) . Тому, $$g(x_0) = g'(x_0) = g''(x_0) = \cdots = g^{(n)}(x_0) = 0 .$$ зокрема$g(x_0) = 0$. З іншого боку$g(x) = 0$. До того існує$x_1$ між$x_0$ і$x$ такими, що$g'(x_1) = 0$. Застосовуючи до,$g'$ ми отримуємо, що існує$x_2$ між$x_0$ і$x_1$ (і, отже, між$x_0$ і$x$) таким, що$g''(x_2) = 0$. Ми повторюємо аргумент$n+1$ раз, щоб отримати число$x_{n+1}$ між$x_0$ і$x_n$ (і, отже, між$x_0$ і$x$) таким, що$g^{(n+1)}(x_{n+1}) = 0$.

Нехай$c:=x_{n+1}$. Ми обчислюємо$(n+1)$ похідну від,$g$ щоб $$g^{(n+1)}(s) = f^{(n+1)}(s)-(n+1)!\,M_{x,x_0} .$$ знайти Підключення$c$ для$s$ отримання$M_{x,x_0} = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}$, і ми закінчили.

На доказ, який ми обчислили${(P_n^{x_0})}^{(k)}(x_0) = f^{(k)}(x_0)$ для$k=0,1,2,\ldots,n$. Тому многочлен Тейлора має ті ж похідні,$f$ що і$x_0$ до$n$ ї похідної. Ось чому поліном Тейлора є хорошим наближенням до$f$.

Визначення похідної говорить про те, що функція диференційовна, якщо вона локально наближена лінією. Аналогічно ми згадуємо, що існує зворотна теорема Тейлора, яку ми не будемо ні констатувати, ні доводити, кажучи, що якщо функція локально наближена певним чином поліном ступеня$d$, то вона має$d$ похідні.

Вправи

Обчислити$n$ поліном Тейлора at$0$ для експоненціальної функції.

$p$Припустимо, це поліном ступеня$d$. З огляду на будь-який$x_0 \in {\mathbb{R}}$, показати, що поліном Тейлора для$p$ at$x_0$ дорівнює$p$.$(d+1)$

Нехай$f(x) := \left\lvert {x} \right\rvert^3$. Обчислити$f'(x)$ і$f''(x)$ для всіх$x$, але показати, що$f^{(3)}(0)$ не існує.

Припустимо$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$, має$n$ безперервні похідні. Покажіть$x_0 \in {\mathbb{R}}$, що для будь-якого існують$P$ многочлени і$Q$ ступеня$n$ і$\epsilon > 0$ такий, що$P(x) \leq f(x) \leq Q(x)$ для всіх$x \in [x_0-\epsilon,x_0+\epsilon]$ і$Q(x)-P(x) = \lambda {(x-x_0)}^n$ для деяких$\lambda \geq 0$.

Якщо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ має$n+1$ безперервні похідні і$x_0 \in [a,b]$, довести$\lim\limits_{x\to x_0} \frac{R_n^{x_0}(x)}{{(x-x_0)}^n} = 0$.

Припустимо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$, має$n+1$ безперервні похідні і$x_0 \in (a,b)$. Показати, що$f^{(k)}(x_0) = 0$ для всіх,$k = 0, 1, 2, \ldots, n$ якщо і тільки\(g(x) := \frac{f(x)}

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[26]/p[6]/span[6]/span, line 1, column 8

\) якщо безперервно на$x_0$.

Припустимо$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$,$a,b,c \in {\mathbb{R}}$ і$f''(x) = a$ диференційований$x$, для всіх$f'(0) = b$, і$f(0) = c$. Знайти$f$ і довести, що це унікальна диференційовна функція з цією властивістю.

Покажіть, що простий зворотний зв'язок з теоремою Тейлора не тримається. Знайти функцію$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ без другої похідної при$x=0$ такій$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq \left\lvert {x^3} \right\rvert$, що, тобто$f$ йде в нуль при 0 швидше$x^3$, ніж, і поки$f'(0)$ існує,$f''(0)$ немає.

Теорема про обернену функцію

Примітка: менше 1 лекції (необов'язковий розділ, необхідний для, вимагає)

Теорема про обернену функцію

Основною ідеєю диференціації обернених функцій є наступна лема.

[lemma:ift]$I,J \subset {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути інтервалами. Якщо строго$f \colon I \to J$ монотонний (отже, один до одного), onto ($f(I) = J$), диференційований в$x$, і$f'(x) \not= 0$, то$f^{-1}$ зворотний диференційований при$y = f(x)$ і $$(f^{-1})'(y) = \frac{1}{f'\bigl( f^{-1}(y) \bigr)} = \frac{1}{f'(x)} .$$ Якщо$f$ безперервно диференціюється і ніколи не$f'$ дорівнює нулю, то$f^{-1}$ безперервно диференційований.

За$f$ має суцільну обернену. Назвемо зворотне$g \colon J \to I$ для зручності. $x,y$Дозволяти бути як в заяві,$t \in I$ прийняти бути довільним і нехай$s := f(t)$. Тоді $$\frac{g(s)-g(y)}{s-y} = \frac{g\bigl(f(t)\bigr)-g\bigl(f(x)\bigr)}{f(t)-f(x)} = \frac{t-x}{f(t)-f(x)} .$$ $f$ As диференціюється в$x$ і$f'(x) \not= 0$, потім$\frac{t-x}{f(t)-f(x)} \to \nicefrac{1}{f'(x)}$ як$t \to x$. Тому що$g(s) \to g(y)$ як$s \to y$, ми можемо підключити$g(s)$ для$t$, і$g(y)$ для$x$ і взяти ліміт$y$, як$s$ йде до, тобто межа існує. Іншими словами, $$\lim_{s \to y} \frac{g(s)-g(y)}{s-y} = \lim_{t \to x} \frac{t-x}{f(t)-f(x)} = \frac{1}{f'(x)} = \frac{1}{f'\bigl(g(y)\bigr)}$$ дивіться геометричну ідею.

Якщо обидва$f'$ і$g$ неперервні,$f'$ зовсім ненульові$x$, то лема застосовується у всіх точках$x \in I$ і результуюча функція$g'(y) = \frac{1}{f'\bigl(g(t)\bigr)}$ повинна бути безперервною.

Те, що зазвичай називають теоремою оберненої функції, є наступним результатом.

$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$Дозволяти безперервно диференційовні функції,$x_0 \in (a,b)$ точка де$f'(x_0) \not= 0$. Потім існує інтервал$I \subset (a,b)$ с$x_0 \in I$, обмеження$f|_{I}$ є ін'єкційним з оберненою$g \colon J \to I$ визначеною на$J := f(I)$, яка безперервно диференційована і $$g'(y) = \frac{1}{f'\bigl( g(y) \bigr)} , \qquad \text{for all $y \in J$}.$$

Без втрати спільності, припустимо$f'(x_0) > 0$. Як$f'$ це безперервно, повинен існувати інтервал$I$ з$x_0 \in I$ таким, що$f'(x) > 0$ для всіх$x_0 \in I$.

За$f$ суворо збільшується на$I$, а значить і обмеження$f|_{I}$ біктивне на$J: = f(I)$. Як$f$ безперервно, то по (див. Також),$f(I)$ знаходиться в інтервалі. Тепер подайте заявку.

Якщо ви намагалися довести існування коренів безпосередньо, як у вас, можливо, бачили, наскільки важко це починання. Однак, з машиною, яку ми побудували для обернених функцій, це стає майже тривіальною вправою, а з теоремою зворотної функції ми доводимо набагато більше, ніж просто існування.

З огляду на будь-який$x \geq 0$ існує унікальне число$y \geq 0$ (позначається$x^{1/n} := y$), таке що$y^n = x$.$n \in {\mathbb{N}}$ Крім того, функція,$g \colon (0,\infty) \to (0,\infty)$ визначена,$g(x) := x^{1/n}$ є безперервно диференційованою і $$g'(x) = \frac{1}{nx^{(n-1)/n}} = \frac{1}{n} \, x^{(1-n)/n} ,$$ використовує конвенцію$x^{n/m} := {(x^{1/m})}^{n}$.

Для$x=0$ існування унікального кореня банально.

Нехай$f(x) := x^n$. Використовуючи правило продукту,$f$ безперервно диференціюється і$f'(x) = nx^{n-1}$, див. $x > 0$Бо похідна$f'$ строго позитивна і так знову ж таки по,$f$ строго збільшується (це також можна довести безпосередньо). Також нескладно помітити, що зображення$f$ являє собою весь інтервал$(0,\infty)$. Отримано унікальну зворотну$g$ і таким чином існування і унікальність позитивних$n$ коренів. Застосовуємо для отримання похідної.

Наслідок дає хороший приклад того, де теорема оберненої функції дає нам інтервал менший, ніж$(a,b)$. Візьміть$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ визначені по$f(x) := x^2$. Потім до$f'(x) \not= 0$ тих пір, поки$x \not= 0$. Якщо$x_0 > 0$, можемо взяти$I=(0,\infty)$, але не більше.

Ще один корисний приклад -$f(x) := x^3$. $f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Функція один до одного і onto, тому$f^{-1}(x) = x^{1/3}$ існує на всій дійсній лінії, включаючи нуль і негативний$x$. Функція$f$ має безперервну похідну, але не$f^{-1}$ має похідної на початку. Справа в тому, що$f'(0) = 0$. Див. також.

Вправи

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Припустимо, безперервно диференційований такий, що$f'(x) > 0$ для всіх$x$. Покажіть, що$f$ є оборотним на інтервалі$J = f({\mathbb{R}})$, зворотне безперервно диференційоване, причому${(f^{-1})}'(y) > 0$ для всіх$y \in f({\mathbb{R}})$.

Припустимо$I,J$, це інтервали, а монотон на$f \colon I \to J$ має зворотну$g \colon J \to I$. Припустимо, ви вже знаєте, що обидва$f$ і$g$ диференційовані скрізь і ніколи не$f'$ дорівнює нулю. Використовуючи правило ланцюга, але не доведіть формулу$g'(y) = \nicefrac{1}{f'\bigl(g(y)\bigr)}$.

Нехай$n\in {\mathbb{N}}$ буде рівним. Доведіть, що кожен$x > 0$ має унікальний$n$ негативний корінь. Тобто існує негативне число$y$ таке, що$y^n = x$. Обчислити похідну функції$g(x) := y$.

[Вправа: oddroot]$n \in {\mathbb{N}}$ Дозволяти бути непарним і$n \geq 3$. Доведіть, що кожен$x$ має унікальний$n$ той корінь. Тобто існує ряд$y$ таких, що$y^n = x$. Доведіть, що функція$g(x) := y$ визначена диференційовний, крім в$x=0$ і обчислити похідну. Доведіть,$g$ що не диференціюється в$x=0$.

§ 3] Показати, що якщо в оберненій теоремі функції$f$ є$k$ неперервні похідні, то обернена функція$g$ також має$k$ неперервні похідні.

Нехай$f(x) := x + 2 x^2 \sin(\nicefrac{1}{x})$ для$x \not= 0$ і$f(0) = 0$. Показати, що$f$ диференціюється взагалі$x$, що$f'(0) > 0$, але$f$ це не обертається на будь-якому інтервалі, що містить походження.

а)$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервно диференційованою функцією і$k > 0$ бути числом таким, що$f'(x) \geq k$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Показати$f$ один до одного і на, і має безперервно диференційований зворотний$f^{-1} \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$. б) Знайдіть приклад,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ де$f'(x) > 0$ для всіх$x$, але$f$ не на.

Припустимо$I,J$, це інтервали, а монотон на$f \colon I \to J$ має зворотну$g \colon J \to I$. Припустимо$y := f(x) \in J$,$x \in I$ і,$g$ що диференціюється при$y$. Довести:
а) Якщо$g'(y) \not= 0$, то$f$ диференціюється в$x$.
б) Якщо$g'(y) = 0$,$f$ то не диференціюється при$x$.

Інтеграл Рімана

Інтеграл Рімана

Примітка: 1,5 лекції

Тепер ми перейдемо до фундаментальної концепції інтеграції. Існує часто плутанина серед студентів обчислення між інтегралом і антидеривативом. Інтеграл - це (неформально) площа під кривою, нічого іншого. Те, що ми можемо обчислити антипохідну, використовуючи інтеграл, є нетривіальним результатом, який ми повинні довести. У цьому розділі ми визначаємо інтеграл Рімана ²⁰ за допомогою інтеграла Дарбу ²¹, що технічно простіше, ніж (але еквівалентно) традиційному визначенню, як це робиться Ріманом.

Перегородки і нижній і верхній інтеграли

Ми хочемо інтегрувати обмежену функцію, визначену на інтервалі$[a,b]$. Спочатку ми визначимо два допоміжних інтеграла, які можуть бути визначені для всіх обмежених функцій. Тільки тоді можна говорити про інтеграл Рімана і інтегровних функціях Рімана.

$P$Розділ інтервалу$[a,b]$ - це скінченна множина чисел,$\{ x_0,x_1,x_2,\ldots,x_n \}$ таких, що $$a = x_0 < x_1 < x_2 < \cdots < x_{n-1} < x_n = b .$$ Ми пишемо $$\Delta x_i := x_i - x_{i-1} .$$

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмеженою функцією. $P$Дозволяти бути перегородкою$[a,b]$. Визначити $$\begin{aligned} & m_i := \inf \{ f(x) : x_{i-1} \leq x \leq x_i \} , \\ & M_i := \sup \{ f(x) : x_{i-1} \leq x \leq x_i \} , \\ & L(P,f) := \sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i , \\ & U(P,f) := \sum_{i=1}^n M_i \Delta x_i .\end{aligned}$$ Ми$L(P,f)$ називаємо нижню суму Дарбу і$U(P,f)$ верхню суму Дарбу.

Геометрична ідея сум Дарбу вказана в. Нижня сума - площа затінених прямокутників, а верхня - площа цілих прямокутників, затінених плюс незаштриховані частини. Ширина$i$ го прямокутника дорівнює$\Delta x_i$, висота затіненого прямокутника -$m_i$ і висота всього прямокутника дорівнює$M_i$.

[sumulbound:prop]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути обмеженою функцією. Нехай$m, M \in {\mathbb{R}}$ буде таким, що для всіх у$x$ нас є$m \leq f(x) \leq M$. Для будь-якого розділу$P$ у$[a,b]$ нас є $$\label{sumulbound:eq} m(b-a) \leq L(P,f) \leq U(P,f) \leq M(b-a) .$$

$P$Дозволяти бути перегородкою. Тоді зверніть увагу, що$m \leq m_i$ для всіх$i$ і$M_i \leq M$ для всіх$i$. Також$m_i \leq M_i$ для всіх$i$. Нарешті$\sum_{i=1}^n \Delta x_i = (b-a)$. Отже, $$\begin{gathered} m(b-a) = m \left( \sum_{i=1}^n \Delta x_i \right) = \sum_{i=1}^n m \Delta x_i \leq \sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i \leq \\ \leq \sum_{i=1}^n M_i \Delta x_i \leq \sum_{i=1}^n M \Delta x_i = M \left( \sum_{i=1}^n \Delta x_i \right) = M(b-a) .\end{gathered}$$ звідси ми отримуємо [sumulbound: eq]. Іншими словами, множина нижніх і верхніх сум є обмеженими множинами.

Оскільки множини нижніх і верхніх сум Дарбу обмежені, $$\begin{aligned} & \underline{\int_a^b} f(x)~dx := \sup \{ L(P,f) : P \text{ a partition of $[a,b]$} \} , \\ & \overline{\int_a^b} f(x)~dx := \inf \{ U(P,f) : P \text{ a partition of $[a,b]$} \} .\end{aligned}$$ ми$\underline{\int}$ визначаємо нижній інтеграл Дарбу і$\overline{\int}$ верхній інтеграл Дарбу. Щоб не турбуватися про змінну інтеграції, ми часто просто пишемо $$\underline{\int_a^b} f := \underline{\int_a^b} f(x)~dx \qquad \text{and} \qquad \overline{\int_a^b} f := \overline{\int_a^b} f(x)~dx .$$

Якщо інтеграція має сенс, то нижній і верхній інтеграли Дарбу повинні бути однаковим числом, оскільки ми хочемо, щоб одне число називалося інтегралом. Однак ці два інтеграли можуть насправді відрізнятися для деяких функцій.

Візьміть функцію Діріхле$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$, де$f(x) := 1$ if$x \in {\mathbb{Q}}$ і$f(x) := 0$ if$x \notin {\mathbb{Q}}$. Тоді $$\underline{\int_0^1} f = 0 \qquad \text{and} \qquad \overline{\int_0^1} f = 1 .$$ причина в тому, що для кожного у$i$ нас є$m_i = \inf \{ f(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \} = 0$ і$M_i = \sup \{ f(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \} = 1$. Таким чином $$\begin{aligned} & L(P,f) = \sum_{i=1}^n 0 \cdot \Delta x_i = 0 , \\ & U(P,f) = \sum_{i=1}^n 1 \cdot \Delta x_i = \sum_{i=1}^n \Delta x_i = 1 .\end{aligned}$$

Те саме визначення$\underline{\int_a^b} f$ і$\overline{\int_a^b} f$ використовується, коли$f$ визначається на більшій множині$S$ такий, що$[a,b] \subset S$. У цьому випадку ми використовуємо обмеження$f$ до,$[a,b]$ і ми повинні переконатися, що обмеження обмежено$[a,b]$.

Щоб обчислити інтеграл, ми часто беремо розділ$P$ і робимо його більш тонким. Тобто нарізаємо інтервали в перегородці на ще більш дрібні шматочки.

$P = \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$$\widetilde{P} = \{ \widetilde{x}_0, \widetilde{x}_1, \ldots, \widetilde{x}_m \}$Дозволяти і бути перегородками$[a,b]$. Ми говоримо$\widetilde{P}$, це уточнення$P$ якщо як набори$P \subset \widetilde{P}$.

Тобто є уточненням розділу,$\widetilde{P}$ якщо він містить всі числа в$P$ і, можливо, деякі інші числа між ними. Наприклад,$\{ 0, 0.5, 1, 2 \}$ є перегородкою$[0,2]$ і$\{ 0, 0.2, 0.5, 1, 1.5, 1.75, 2 \}$ є доопрацюванням. Основною причиною введення уточнень є наступна пропозиція.

[prop:refinement]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути обмеженою функцією, і нехай$P$ бути розділом$[a,b]$. Нехай$\widetilde{P}$ буде доопрацювання$P$. Тоді $$L(P,f) \leq L(\widetilde{P},f) \qquad \text{and} \qquad U(\widetilde{P},f) \leq U(P,f) .$$

Складна частина цього доказу полягає в тому, щоб отримати правильне позначення. Нехай$\widetilde{P} := \{ \widetilde{x}_0, \widetilde{x}_1, \ldots, \widetilde{x}_m \}$ буде доопрацювання$P := \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$. Потім$x_0 = \widetilde{x}_0$ і$x_n = \widetilde{x}_m$. Насправді, ми можемо знайти цілі числа$k_0 < k_1 < \cdots < k_n$ такі, що$x_j = \widetilde{x}_{k_j}$ для$j=0,1,2,\ldots,n$.

Нехай$\Delta \widetilde{x}_j = \widetilde{x}_{j-1} - \widetilde{x}_j$. Отримуємо $$\Delta x_j = \sum_{p=k_{j-1}+1}^{k_j} \Delta \widetilde{x}_p .$$

$m_j$Дозволяти бути як раніше і відповідати розділу$P$. Нехай$\widetilde{m}_j := \inf \{ f(x) : \widetilde{x}_{j-1} \leq x \leq \widetilde{x}_j \}$. Тепер,$m_j \leq \widetilde{m}_p$ для$k_{j-1} < p \leq k_j$. Тому, $$m_j \Delta x_j = m_j \sum_{p=k_{j-1}+1}^{k_j} \Delta \widetilde{x}_p = \sum_{p=k_{j-1}+1}^{k_j} m_j \Delta \widetilde{x}_p \leq \sum_{p=k_{j-1}+1}^{k_j} \widetilde{m}_p \Delta \widetilde{x}_p .$$ так $$L(P,f) = \sum_{j=1}^n m_j \Delta x_j \leq \sum_{j=1}^n \sum_{p=k_{j-1}+1}^{k_j} \widetilde{m}_p \Delta \widetilde{x}_p = \sum_{j=1}^m \widetilde{m}_j \Delta \widetilde{x}_j = L(\widetilde{P},f).$$

Доказ$U(\widetilde{P},f) \leq U(P,f)$ залишається як вправа.

Озброївшись уточненнями, ми доводимо наступне. Ключовим моментом цієї наступної пропозиції є те, що нижній інтеграл Дарбу менше або дорівнює верхньому інтегралу Дарбу.

[intulbound:prop]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути обмеженою функцією. Нехай$m, M \in {\mathbb{R}}$ буде таким, що для всіх у$x \in [a,b]$ нас є$m \leq f(x) \leq M$. Тоді $$\label{intulbound:eq} m(b-a) \leq \underline{\int_a^b} f \leq \overline{\int_a^b} f \leq M(b-a) .$$

До нас є для будь-якого розділу$P$ $$m(b-a) \leq L(P,f) \leq U(P,f) \leq M(b-a).$$ Нерівність$m(b-a) \leq L(P,f)$ має на увазі$m(b-a) \leq \underline{\int_a^b} f$. Також$U(P,f) \leq M(b-a)$ має на увазі$\overline{\int_a^b} f \leq M(b-a)$.

Ключовим моментом цієї пропозиції є середня нерівність у [intulbound:eq]. $P_1, P_2$Дозволяти бути розділами$[a,b]$. Визначте$\widetilde{P} := P_1 \cup P_2$. Набір$\widetilde{P}$ являє собою перегородку з$[a,b]$. Крім того,$\widetilde{P}$ це уточнення$P_1$ і це також доопрацювання$P_2$. До нас$L(P_1,f) \leq L(\widetilde{P},f)$ і$U(\widetilde{P},f) \leq U(P_2,f)$. Склавши все це разом ми маємо $$L(P_1,f) \leq L(\widetilde{P},f) \leq U(\widetilde{P},f) \leq U(P_2,f) .$$ Іншими словами, для двох довільних розділів$P_1$ і у$P_2$ нас є$L(P_1,f) \leq U(P_2,f)$. Тепер згадаємо. Беручи supremum і infimum над усіма розділами ми отримуємо $$\sup \{ L(P,f) : \text{$P$ a partition of $[a,b]$} \} \leq \inf \{ U(P,f) : \text{$P$ a partition of $[a,b]$} \} .$$ Іншими словами$\underline{\int_a^b} f \leq \overline{\int_a^b} f$.

Інтеграл Рімана

Ми можемо нарешті визначити інтеграл Рімана. Однак інтеграл Рімана визначається лише на певному класі функцій, званих інтегровними функціями Рімана.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмежена функція така, що $$\underline{\int_a^b} f(x)~dx = \overline{\int_a^b} f(x)~dx .$$ Тоді кажуть,$f$ що Riemann інтегрується. Безліч інтегровних функцій Рімана на$[a,b]$ позначається значенням${\mathcal{R}}[a,b]$. Коли$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ ми визначаємо $$\int_a^b f(x)~dx := \underline{\int_a^b} f(x)~dx = \overline{\int_a^b} f(x)~dx .$$ Як і раніше, ми часто просто $$\int_a^b f := \int_a^b f(x)~dx.$$ пишемо Число$\int_a^b f$ називається інтегралом Рімана$f$, або іноді просто інтегралом$f$.

За визначенням будь-яка інтегровна функція Рімана обмежена. Звертаючись до нас, ми негайно отримуємо наступну пропозицію.

[intbound:prop]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути інтегровною функцією Рімана. Нехай$m, M \in {\mathbb{R}}$ буде таким, що$m \leq f(x) \leq M$ для всіх$x \in [a,b]$. Тоді $$m(b-a) \leq \int_a^b f \leq M(b-a) .$$

Часто ми використовуємо більш слабку форму цього судження. Тобто якщо$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq M$ для всіх$x \in [a,b]$, то $$\left\lvert {\int_a^b f} \right\rvert \leq M(b-a) .$$

Ми інтегруємо постійні функції за допомогою. Якщо$f(x) := c$ для якоїсь постійної$c$, то беремо$m = M = c$. У нерівності [intulbound:eq] всі нерівності повинні бути рівностями. Таким$f$ чином, інтегрується на$[a,b]$ і$\int_a^b f = c(b-a)$.

Нехай$f \colon [0,2] \to {\mathbb{R}}$ буде визначено $$f(x) := \begin{cases} 1 & \text{ if $x < 1$,}\\ \nicefrac{1}{2} & \text{ if $x = 1$,}\\ 0 & \text{ if $x > 1$.} \end{cases}$$ Ми стверджуємо$f$, що Riemann інтегрується і$\int_0^2 f = 1$.

Доказ: Дозвольте$0 < \epsilon < 1$ бути довільним. $P := \{0, 1-\epsilon, 1+\epsilon, 2\}$Дозволяти бути перегородкою. Використовується позначення з визначення сум Дарбу. Тоді $$\begin{aligned} m_1 &= \inf \{ f(x) : x \in [0,1-\epsilon] \} = 1 , & M_1 &= \sup \{ f(x) : x \in [0,1-\epsilon] \} = 1 , \\ m_2 &= \inf \{ f(x) : x \in [1-\epsilon,1+\epsilon] \} = 0 , & M_2 &= \sup \{ f(x) : x \in [1-\epsilon,1+\epsilon] \} = 1 , \\ m_3 &= \inf \{ f(x) : x \in [1+\epsilon,2] \} = 0 , & M_3 &= \sup \{ f(x) : x \in [1+\epsilon,2] \} = 0 .\end{aligned}$$ Крім того,$\Delta x_1 = 1-\epsilon$,$\Delta x_2 = 2\epsilon$ і$\Delta x_3 = 1-\epsilon$. Ми обчислюємо $$\begin{aligned} & L(P,f) = \sum_{i=1}^3 m_i \Delta x_i = 1 \cdot (1-\epsilon) + 0 \cdot 2\epsilon + 0 \cdot (1-\epsilon) = 1-\epsilon , \\ & U(P,f) = \sum_{i=1}^3 M_i \Delta x_i = 1 \cdot (1-\epsilon) + 1 \cdot 2\epsilon + 0 \cdot (1-\epsilon) = 1+\epsilon .\end{aligned}$$ таким чином, $$\overline{\int_0^2} f - \underline{\int_0^2} f \leq U(P,f) - L(P,f) = (1+\epsilon) - (1-\epsilon) = 2 \epsilon .$$ За ми маємо$\underline{\int_0^2} f \leq \overline{\int_0^2} f$. Як$\epsilon$ було довільно ми бачимо$\overline{\int_0^2} f = \underline{\int_0^2} f$. Так само$f$ Riemann інтегрується. Нарешті, $$1-\epsilon = L(P,f) \leq \int_0^2 f \leq U(P,f) = 1+\epsilon.$$ Отже,$\bigl\lvert \int_0^2 f - 1 \bigr\rvert \leq \epsilon$. Як$\epsilon$ було довільно, у нас є$\int_0^2 f = 1$.

Можливо, варто витягти частину техніки прикладу в пропозицію.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмеженою функцією. Тоді Riemann$f$ інтегрується, якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$P$ такий розділ, що $$U(P,f) - L(P,f) < \epsilon .$$

Якщо для кожного$\epsilon > 0$,$P$ існує у нас є: $$0 \leq \overline{\int_a^b} f - \underline{\int_a^b} f \leq U(P,f) - L(P,f) < \epsilon .$$ Отже$\overline{\int_a^b} f = \underline{\int_a^b} f$, і$f$ інтегрується.

Давайте покажемо$\frac{1}{1+x}$ це інтегрується$[0,b]$ для будь-якого$b > 0$. Пізніше ми побачимо, що всі безперервні функції інтегруються, але давайте продемонструємо, як ми це робимо безпосередньо.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Беремо$n \in {\mathbb{N}}$ і підбираємо$x_j := \nicefrac{jb}{n}$, щоб сформувати$P := \{ x_0,x_1,\ldots,x_n \}$ перегородку$[0,b]$. У нас є$\Delta x_j = \nicefrac{b}{n}$ для всіх$j$. Як$f$ і зменшення, для будь-якого субінтервалу$[x_{j-1},x_j]$ ми отримуємо $$m_j = \inf \left\{ \frac{1}{1+x} : x \in [x_{j-1},x_j] \right\} = \frac{1}{1+x_j} , \qquad M_j = \sup \left\{ \frac{1}{1+x} : x \in [x_{j-1},x_j] \right\} = \frac{1}{1+x_{j-1}} .$$ Тоді ми маємо $$\begin{gathered} U(P,f)-L(P,f) = \sum_{j=1}^n \Delta x_j (M_j-m_j) = \\ = \frac{b}{n} \sum_{j=1}^n \left( \frac{1}{1+\nicefrac{(j-1)b}{n}} - \frac{1}{1+\nicefrac{jb}{n}} \right) = \frac{b}{n} \left( \frac{1}{1+\nicefrac{0b}{n}} - \frac{1}{1+\nicefrac{nb}{n}} \right) = \frac{b^2}{n(b+1)} .\end{gathered}$$ Сума телескопів, терміни послідовно скасовують один одного, те, що ми бачили раніше. Вибір$n$ бути таким, що$\frac{b^2}{n(b+1)} < \epsilon$ пропозиція задовольняється, а функція інтегрується.

Більше позначень

Коли$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ визначається на більшій множині$S$ і$[a,b] \subset S$, ми говоримо, що Riemann$f$ інтегрується на,$[a,b]$ якщо обмеження$f$ до$[a,b]$ є інтегрується Riemann. У цьому випадку ми говоримо$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$, і пишемо,$\int_a^b f$ щоб мати на увазі інтеграл Рімана обмеження$f$ до$[a,b]$.

Корисно визначити інтеграл$\int_a^b f$ навіть якщо$a \not< b$. Припустимо$f \in {\mathcal{R}}[b,a]$,$b < a$ а потім визначити $$\int_a^b f := - \int_b^a f .$$ Для будь-якої функції$f$ ми визначаємо $$\int_a^a f := 0 .$$

Часом змінна$x$ може вже мати якесь інше значення. Коли нам потрібно записати змінну інтеграції, ми можемо просто використовувати іншу букву. Наприклад, $$\int_a^b f(s)~ds := \int_a^b f(x)~dx .$$

Вправи

$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися$f(x) := x^3$ і нехай$P := \{ 0, 0.1, 0.4, 1 \}$. Обчислити$L(P,f)$ і$U(P,f)$.

Дозвольте$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ визначитися з$f(x) := x$. Покажіть, що$f \in {\mathcal{R}}[0,1]$ і обчислюйте,$\int_0^1 f$ використовуючи визначення інтеграла (але сміливо використовуйте пропозиції цього розділу).

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмеженою функцією. Припустимо, існує послідовність$\{ P_k \}$ розділів$[a,b]$ таких, що $$\lim_{k \to \infty} \bigl( U(P_k,f) - L(P_k,f) \bigr) = 0 .$$ Показати,$f$ що Riemann інтегрується і що $$\int_a^b f = \lim_{k \to \infty} U(P_k,f) = \lim_{k \to \infty} L(P_k,f) .$$

Закінчіть доказ.

Припустимо,$f \colon [-1,1] \to {\mathbb{R}}$ визначається як $$f(x) := \begin{cases} 1 & \text{ if $x > 0$,} \\ 0 & \text{ if $x \leq 0$.} \end{cases}$$ Доведіть, що$f \in {\mathcal{R}}[-1,1]$ і обчислити$\int_{-1}^1 f$ за допомогою визначення інтеграла (але сміливо використовуйте пропозиції цього розділу).

Нехай$c \in (a,b)$ і нехай$d \in {\mathbb{R}}$. Визначте$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ як $$f(x) := \begin{cases} d & \text{ if $x = c$,} \\ 0 & \text{ if $x \not= c$.} \end{cases}$$ Доведіть, що$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ і обчислити,$\int_a^b f$ використовуючи визначення інтеграла (але не соромтеся використовувати пропозиції цього розділу).

[Вправа: taggedpartition] Припустимо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$, що Riemann інтегрується. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Потім показати, що існує розділ$P = \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$ такий, що якщо ми вибираємо будь-який набір чисел$\{ c_1, c_2, \ldots, c_n \}$ з$c_k \in [x_{k-1},x_k]$ для всіх$k$, то $$\left\lvert {\int_a^b f - \sum_{k=1}^n f(c_k) \Delta x_k} \right\rvert < \epsilon .$$

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти інтегровну функцію Рімана. Нехай$\alpha > 0$ і$\beta \in {\mathbb{R}}$. Потім визначте$g(x) := f(\alpha x + \beta)$ на інтервалі$I = [\frac{a-\beta}{\alpha}, \frac{b-\beta}{\alpha}]$. Покажіть,$g$ що Riemann інтегрується на$I$.

Припустимо$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ такі, що для всіх у$x \in (0,1]$ нас є$f(x) = g(x)$. Припустимо$f$, що Riemann інтегрується. Доведіть$g$, що Riemann інтегрується і$\int_{0}^1 f = \int_{0}^1 g$.

$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмеженою функцією. $P_n = \{ x_0,x_1,\ldots,x_n \}$Дозволяти бути рівномірною перегородкою$[0,1]$, тобто$x_j := \nicefrac{j}{n}$. $\{ L(P_n,f) \}_{n=1}^\infty$Завжди одноманітно? Так/Ні: Доведіть або знайдіть контрприклад.

Для обмеженої функції$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ let$R_n := (\nicefrac{1}{n})\sum_{j=1}^n f(\nicefrac{j}{n})$ (рівномірне правило правої руки). a) Якщо$f$ є інтегровним показу Рімана$\int_0^1 f = \lim \, R_n$. b) Знайдіть об'єкт$f$, який не є інтегровним Ріманом, але$\lim \, R_n$ існує.

[Вправа: riemannintdarboux] Узагальнити попередню вправу. Показати, що$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ якщо і тільки якщо існує$I \in {\mathbb{R}}$, такий, що для кожного$\epsilon > 0$ існує$\delta > 0$ такий, що якщо$P$ є розділ з$\Delta x_i < \delta$ для всіх$i$, то$\left\lvert {L(P,f) - I} \right\rvert < \epsilon$ і$\left\lvert {U(P,f) - I} \right\rvert < \epsilon$. Якщо$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$, то$I = \int_a^b f$.

[Вправа: riemannintdarboux2] Використання та ідея доказу в, показати, що інтеграл Дарбу такий же, як стандартне визначення інтеграла Рімана, яке ви, швидше за все, бачили в численні. Тобто показати, що$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ якщо і тільки якщо існує такий$I \in {\mathbb{R}}$, що для кожного$\epsilon > 0$ існує$\delta > 0$ такий що якщо$P = \{ x_0,x_1,\ldots,x_n \}$ є розділ з$\Delta x_i < \delta$ для всіх$i$, то$\left\lvert {\sum_{i=1}^n f(c_i) \Delta x_i - I} \right\rvert < \epsilon$ для будь-якого набору$\{ c_1,c_2,\ldots,c_n \}$ с$c_i \in [x_{i-1},x_i]$. Якщо$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$, то$I = \int_a^b f$.

Знайдіть приклад функцій,$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ які інтегруються Рімана, і$g \colon [0,1] \to [0,1]$ які є один до одного і на, таким чином, щоб$f \circ g$ композиція не була інтегровною Рімана.

властивості інтеграла

Примітка: 2 лекції, інтегровність функцій з розривами можна сміливо пропускати

Аддиктивність

Наступний результат, який ми доводимо, зазвичай називають адитивною властивістю інтеграла. Спочатку доведено властивість адитивності для нижнього та верхнього інтегралів Дарбу.

[lemma:darbouxadd] Припустимо$f \colon [a,c] \to {\mathbb{R}}$, що$a < b < c$ і є обмеженою функцією. Потім $$\underline{\int_a^c} f = \underline{\int_a^b} f + \underline{\int_b^c} f$$ і $$\overline{\int_a^c} f = \overline{\int_a^b} f + \overline{\int_b^c} f .$$

Якщо у нас є$P_1 = \{ x_0,x_1,\ldots,x_k \}$ розділи$[a,b]$ і$P_2 = \{ x_k, x_{k+1}, \ldots, x_n \}$ з$[b,c]$, то набір$P := P_1 \cup P_2 = \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$ є розділом$[a,c]$. Потім, $$L(P,f) = \sum_{j=1}^n m_j \Delta x_j = \sum_{j=1}^k m_j \Delta x_j + \sum_{j=k+1}^n m_j \Delta x_j = L(P_1,f) + L(P_2,f) .$$ коли ми беремо supremum правої сторони над усіма$P_1$ і$P_2$, ми приймаємо supremum лівої сторони над усіма розділами$P$$[a,c]$, що містять$b$. Якщо$Q$ є якась перегородка$[a,c]$ і$P = Q \cup \{ b \}$, то$P$ йде доопрацювання$Q$ і так$L(Q,f) \leq L(P,f)$. Тому, приймаючи супремум лише над тим$P$, що містять,$b$ достатньо, щоб знайти супремум$L(P,f)$ над усіма розділами$P$, див. Нарешті нагадаємо, щоб обчислити $$\begin{split} \underline{\int_a^c} f & = \sup \{ L(P,f) : \text{$P$ a partition of $[a,c]$} \} \\ & = \sup \{ L(P,f) : \text{$P$ a partition of $[a,c]$, $b \in P$} \} \\ & = \sup \{ L(P_1,f) + L(P_2,f) : \text{$P_1$ a partition of $[a,b]$, $P_2$ a partition of $[b,c]$} \} \\ & = \sup \{ L(P_1,f) : \text{$P_1$ a partition of $[a,b]$} \} + \sup \{ L(P_2,f) : \text{$P_2$ a partition of $[b,c]$} \} \\ &= \underline{\int_a^b} f + \underline{\int_b^c} f . \end{split}$$

Аналогічно$P$$P_1$, для, і$P_2$ як вище ми $$U(P,f) = \sum_{j=1}^n M_j \Delta x_j = \sum_{j=1}^k M_j \Delta x_j + \sum_{j=k+1}^n M_j \Delta x_j = U(P_1,f) + U(P_2,f) .$$ отримуємо Ми хочемо взяти infimum праворуч над усіма$P_2$,$P_1$ і тому ми приймаємо infimum над усіма розділами$P$$[a,c]$, що містять$b$. Якщо$Q$ є якась перегородка$[a,c]$ і$P = Q \cup \{ b \}$, то$P$ йде доопрацювання$Q$ і так$U(Q,f) \geq U(P,f)$. Тому беручи інфімум лише над тим$P$, що містять,$b$ достатньо, щоб знайти інфімум$U(P,f)$ для всіх$P$. Отримуємо $$\overline{\int_a^c} f = \overline{\int_a^b} f + \overline{\int_b^c} f . \qedhere$$

Нехай$a < b < c$. $f \colon [a,c] \to {\mathbb{R}}$Функція Riemann інтегрується тоді і тільки тоді, коли Riemann$f$ інтегрується на$[a,b]$ і$[b,c]$. Якщо$f$ Riemann інтегрується, то $$\int_a^c f = \int_a^b f + \int_b^c f .$$

Припустимо$f \in {\mathcal{R}}[a,c]$, тоді$\overline{\int_a^c} f = \underline{\int_a^c} f = \int_a^c f$. Ми застосовуємо лему, щоб отримати $$\int_a^c f = \underline{\int_a^c} f = \underline{\int_a^b} f + \underline{\int_b^c} f \leq \overline{\int_a^b} f + \overline{\int_b^c} f = \overline{\int_a^c} f = \int_a^c f .$$ Таким чином, нерівність - це рівність і $$\underline{\int_a^b} f + \underline{\int_b^c} f = \overline{\int_a^b} f + \overline{\int_b^c} f .$$ Як ми також знаємо$\underline{\int_b^c} f \leq \overline{\int_b^c} f$,$\underline{\int_a^b} f \leq \overline{\int_a^b} f$ і ми робимо висновок $$\underline{\int_a^b} f = \overline{\int_a^b} f \qquad \text{and} \qquad \underline{\int_b^c} f = \overline{\int_b^c} f .$$ Таким чином, Ріман$f$ інтегрується на$[a,b]$$[b,c]$ і бажана формула тримається.

Тепер припустимо, що обмеження$f$ до$[a,b]$ і до Riemann$[b,c]$ інтегруються. Ми знову застосовуємо лему, щоб отримати $$\underline{\int_a^c} f = \underline{\int_a^b} f + \underline{\int_b^c} f = \int_a^b f + \int_b^c f = \overline{\int_a^b} f + \overline{\int_b^c} f = \overline{\int_a^c} f .$$ Тому Riemann$f$ інтегрується$[a,c]$, і інтеграл обчислюється, як зазначено.

Легким наслідком адитивності є наступний наслідок. Деталі залишаємо читачеві як вправу.

[intsubcor] Якщо$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ і$[c,d] \subset [a,b]$, то обмеження$f|_{[c,d]}$ знаходиться в${\mathcal{R}}[c,d]$.

Лінійність і монотонність

Нехай$f$ і$g$ бути в${\mathcal{R}}[a,b]$ і$\alpha \in {\mathbb{R}}$.

1. $\alpha f$знаходиться в${\mathcal{R}}[a,b]$ і $$\int_a^b \alpha f(x) ~dx = \alpha \int_a^b f(x) ~dx .$$
2. $f+g$знаходиться в${\mathcal{R}}[a,b]$ і $$\int_a^b \bigl( f(x)+g(x) \bigr) ~dx = \int_a^b f(x) ~dx + \int_a^b g(x) ~dx .$$

Доведемо перший пункт. Спочатку припустимо$\alpha \geq 0$. $P$Дозволяти бути перегородкою$[a,b]$. Нехай$m_i := \inf \{ f(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \}$ як завжди. Оскільки$\alpha$ є ненегативним, ми можемо перемістити множення$\alpha$ повз інфімум, $$\inf \{ \alpha f(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \} = \alpha \inf \{ f(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \} = \alpha m_i .$$ Тому $$L(P,\alpha f) = \sum_{i=1}^n \alpha m_i \Delta_i = \alpha \sum_{i=1}^n m_i \Delta_i = \alpha L(P,f).$$ аналогічно $$U(P,\alpha f) = \alpha U(P,f) .$$ знову, як$\alpha \geq 0$ ми можемо рухатися множення$\alpha$ повз супремум. Отже, $$\begin{split} \underline{\int_a^b} \alpha f(x)~dx & = \sup \{ L(P,\alpha f) : \text{$P$ a partition of $[a,b]$} \} \\ & = \sup \{ \alpha L(P,f) : \text{$P$ a partition of $[a,b]$} \} \\ & = \alpha \sup \{ L(P,f) : \text{$P$ a partition of $[a,b]$} \} \\ & = \alpha \underline{\int_a^b} f(x)~dx . \end{split}$$ Аналогічно ми $$\overline{\int_a^b} \alpha f(x)~dx = \alpha \overline{\int_a^b} f(x)~dx .$$ показуємо Висновок тепер випливає$\alpha \geq 0$.

Щоб закінчити доказ першого пункту, нам потрібно показати, що Riemann$-f$ інтегрується і$\int_a^b - f(x)~dx = - \int_a^b f(x)~dx$. Доказ цього факту залишають як вправу.

Доказ другого пункту в пропозиції також залишають як вправу. Це не так тривіально, як може здатися на перший погляд.

Слід зазначити, що другий пункт у пропозиції не дотримується рівності для інтегралів Дарбу. Для довільних обмежених функцій$f$ ми$g$ отримуємо тільки $$%\overline{\int_a^b} \bigl(f(x)+g(x)\bigr)~dx \leq %\overline{\int_a^b}f(x)~dx+\overline{\int_a^b}g(x)~dx \overline{\int_a^b} (f+g) \leq \overline{\int_a^b}f+\overline{\int_a^b}g , \qquad \text{and} \qquad \underline{\int_a^b} (f+g) \geq \underline{\int_a^b}f+\underline{\int_a^b}g %\underline{\int_a^b} \bigl(f(x)+g(x)\bigr)~dx \geq %\underline{\int_a^b}f(x)~dx+\underline{\int_a^b}g(x)~dx .$$ Див.

Нехай$f$ і$g$ бути${\mathcal{R}}[a,b]$ і нехай$f(x) \leq g(x)$ для всіх$x \in [a,b]$. Тоді $$\int_a^b f \leq \int_a^b g .$$

$P = \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$Дозволяти бути перегородкою$[a,b]$. Тоді нехай $$m_i := \inf \{ f(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \} \qquad \text{and} \qquad \widetilde{m}_i := \inf \{ g(x) : x \in [x_{i-1},x_i] \} .$$ As$f(x) \leq g(x)$, то$m_i \leq \widetilde{m}_i$. Тому $$L(P,f) = \sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i \leq \sum_{i=1}^n \widetilde{m}_i \Delta x_i = L(P,g) .$$ ми приймаємо супремум над усіма$P$ (див.), щоб отримати $$\underline{\int_a^b} f \leq \underline{\int_a^b} g .$$ As$f$ і$g$ інтегруються Riemann, висновок випливає.

Безперервні функції

Покажемо, що неперервні функції інтегруються Рімана. Насправді ми покажемо, що можемо навіть допустити деякі розриви. Починаємо з функції безперервної на весь замкнутий інтервал$[a,b]$.

[lemma:contint] Якщо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ є безперервною функцією, то$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$.

Оскільки$f$ безперервна на замкнутому обмеженому інтервалі, вона рівномірно безперервна. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Знайдіть$\delta > 0$ таке, що$\left\lvert {x-y} \right\rvert < \delta$ має на увазі$\left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert < \frac{\epsilon}{b-a}$.

Нехай$P = \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$ буде перегородка$[a,b]$ така, що$\Delta x_i < \delta$ для всіх$i = 1,2, \ldots, n$. Наприклад, візьмемо$n$ таке, що$\frac{b-a}{n} < \delta$ і нехай$x_i := \frac{i}{n}(b-a) + a$. Тоді для всіх у$x, y \in [x_{i-1},x_i]$ нас$f$ є$\left\lvert {x-y} \right\rvert \leq \Delta x_i < \delta$ і так $$f(x)-f(y) \leq \left\lvert {f(x)-f(y)} \right\rvert < \frac{\epsilon}{b-a} .$$ Як безперервно$[x_{i-1},x_i]$, він досягає максимуму і мінімуму на цьому інтервалі. $x$Дозволяти точка, де$f$ досягає максимуму і$y$ бути точкою, де$f$ досягає мінімуму. Потім$f(x) = M_i$ і$f(y) = m_i$ в позначенні з визначення інтеграла. Тому, $$M_i-m_i = f(x)-f(y) < \frac{\epsilon}{b-a} .$$ І так $$\begin{split} \overline{\int_a^b} f - \underline{\int_a^b} f & \leq U(P,f) - L(P,f) \\ & = \left( \sum_{i=1}^n M_i \Delta x_i \right) - \left( \sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i \right) \\ & = \sum_{i=1}^n (M_i-m_i) \Delta x_i \\ & < \frac{\epsilon}{b-a} \sum_{i=1}^n \Delta x_i \\ & = \frac{\epsilon}{b-a} (b-a) = \epsilon . \end{split}$$ як$\epsilon > 0$ було довільним, $$\overline{\int_a^b} f = \underline{\int_a^b} f ,$$ і$f$ є Riemann інтегрується на$[a,b]$.

Друга лема говорить, що нам потрібно, щоб функція була лише «інтегровною Рімана всередині інтервалу», доки вона обмежена. Він також розповідає нам, як обчислити інтеграл.

[lemma:boundedimpriemann] Дозвольте$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ бути обмеженою функцією, яка є інтегровною Рімана$[a',b']$ для всіх$a',b'$ таких, що$a < a' < b' < b$. Потім$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$. Крім того, якщо$a < a_n < b_n < b$ такі, що$\lim \, a_n = a$ і$\lim \, b_n = b$, то $$\int_a^b f = \lim_{n \to \infty} \int_{a_n}^{b_n} f .$$

$M > 0$Дозволяти бути дійсне число таке, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq M$. Виберіть дві послідовності чисел,$a < a_n < b_n < b$ такі, що$\lim\, a_n = a$ і$\lim\, b_n = b$. Примітка$M > 0$ і$(b-a) \geq (b_n-a_n)$. $$-M(b-a) \leq -M(b_n-a_n) \leq \int_{a_n}^{b_n} f \leq M(b_n-a_n) \leq M(b-a) .$$ Таким чином, послідовність чисел$\{ \int_{a_n}^{b_n} f \}_{n=1}^\infty$ обмежена і має збіжну підпослідовність, індексовану по$n_k$. $L$Назвемо межу підпослідовності$\{ \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f \}_{k=1}^\infty$.

говорить, що нижній і верхній інтеграл є адитивними, і гіпотеза говорить, що$f$ інтегрується на$[a_{n_k},b_{n_k}]$. Тому $$\underline{\int_a^b} f = \underline{\int_a^{a_{n_k}}} f + \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f + \underline{\int_{b_{n_k}}^b} f \geq -M(a_{n_k}-a) + \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f - M(b-b_{n_k}) .$$ беремо межу, як$k$ йде$\infty$ на правій стороні, $$\underline{\int_a^b} f \geq -M\cdot 0 + L - M\cdot 0 = L .$$

Далі ми використовуємо адитивність верхнього інтеграла, $$\overline{\int_a^b} f = \overline{\int_a^{a_{n_k}}} f + \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f + \overline{\int_{b_{n_k}}^b} f \leq M(a_{n_k}-a) + \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f + M(b-b_{n_k}) .$$ беремо ту саму підпослідовність$\{ \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f \}_{k=1}^\infty$ і беремо межу для отримання $$\overline{\int_a^b} f \leq M\cdot 0 + L + M\cdot 0 = L .$$ Таким чином$\overline{\int_a^b} f = \underline{\int_a^b} f = L$ і, отже,$f$ є Riemann інтегровним і$\int_a^b f = L$. Зокрема, незалежно від того, з яких послідовностей$\{ a_n \}$ і$\{b_n\}$ ми починали і яку підпослідовність ми вибрали,$L$ це одне і те ж число.

Для доведення остаточного твердження леми використовуємо. Ми показали, що кожна збіжна підпослідовність$\{ \int_{a_{n_k}}^{b_{n_k}} f \}$ сходиться до$L = \int_a^b f$. Тому послідовність$\{ \int_{a_n}^{b_n} f \}$ сходиться і сходиться до$L$.

Ми говоримо, що функція$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ має скінченно багато розривів, якщо існує скінченна множина$S := \{ x_1, x_2, \ldots, x_n \} \subset [a,b]$, і$f$ є безперервним у всіх точках$[a,b] \setminus S$.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмеженою функцією з скінченно великою кількістю розривів. Потім$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$.

Ділимо інтервал на скінченно багато інтервалів,$[a_i,b_i]$ щоб$f$ був безперервним на внутрішньому просторі$(a_i,b_i)$. Якщо$f$ безперервно$(a_i,b_i)$ увімкнено, то він безперервний і, отже, інтегрується$[c_i,d_i]$ будь-коли$a_i < c_i < d_i < b_i$. За обмеженням$f$ до$[a_i,b_i]$ інтегрується. За адитивності інтеграл (і)$f$ інтегрується на об'єднання інтервалів.

Іноді зручно (або необхідно) змінити певні значення функції, а потім інтегрувати. Наступний результат говорить про те, що якщо ми змінюємо значення тільки в скінченно багатьох точках, інтеграл не змінюється.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Нехай Riemann інтегрується. $g \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти функція така, що$f(x) = g(x)$ для всіх$x \in [a,b] \setminus S$,$S$ де скінченна множина. Тоді$g$ є інтегровна функція Рімана і $$\int_a^b g = \int_a^b f.$$

Використовуючи адитивність інтеграла, ми$[a,b]$ розділимо інтервал на менші проміжки, такі, що$f(x) = g(x)$ тримає для всіх,$x$ крім кінцевих точок (деталі залишаються читачеві).

Тому без втрати спільності припускаємо$f(x) = g(x)$ для всіх$x \in (a,b)$. Доказ слідує за, і залишається як вправа.

Вправи

Нехай$f$ буде в${\mathcal{R}}[a,b]$. Доведіть, що$-f$ знаходиться в${\mathcal{R}}[a,b]$ і $$\int_a^b - f(x) ~dx = - \int_a^b f(x) ~dx .$$

Нехай$f$ і$g$ бути в${\mathcal{R}}[a,b]$. Доведіть, що$f+g$ знаходиться в${\mathcal{R}}[a,b]$ і $$\int_a^b \bigl( f(x)+g(x) \bigr) ~dx = \int_a^b f(x) ~dx + \int_a^b g(x) ~dx .$$ підказка: Використовуйте, щоб знайти один розділ,$P$ такий, що$U(P,f)-L(P,f) < \nicefrac{\epsilon}{2}$ і$U(P,g)-L(P,g) < \nicefrac{\epsilon}{2}$.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Нехай Riemann інтегрується. $g \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти функція така, що$f(x) = g(x)$ для всіх$x \in (a,b)$. Доведіть,$g$ що Riemann інтегрується і що $$\int_a^b g = \int_a^b f.$$

Доведіть теорему про середнє значення для інтегралів. Тобто довести, що якщо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ суцільний, то існує$c \in [a,b]$ таке, що$\int_a^b f = f(c)(b-a)$.

Якщо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ це безперервна функція така, що$f(x) \geq 0$ для всіх$x \in [a,b]$ і$\int_a^b f = 0$. Доведіть, що$f(x) = 0$ для всіх$x$.

Якщо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ є безперервною функцією для всіх$x \in [a,b]$ і$\int_a^b f = 0$. Доведіть, що існує$c \in [a,b]$ таке, що$f(c) = 0$ (Порівняйте з попередньою вправою).

Якщо$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ є безперервними функціями такі, що$\int_a^b f = \int_a^b g$. Потім покажіть, що існує$c \in [a,b]$ таке, що$f(c) = g(c)$.

Нехай$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$. $\alpha, \beta, \gamma$Дозволяти довільні числа в$[a,b]$ (не обов'язково впорядковані в будь-якому випадку). Доведіть $$\int_\alpha^\gamma f = \int_\alpha^\beta f + \int_\beta^\gamma f .$$ Згадайте, що$\int_a^b f$ означає, якщо$b \leq a$.

Доведіть.

[Вправа: easyabsint] Припустимо,$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ обмежений і має скінченно багато розривів. Показати, що як функція$x$ виразу$\left\lvert {f(x)} \right\rvert$ обмежена скінченно багатьма розривами і, таким чином, є інтегровним Рімана. Тоді показуйте $$\left\lvert {\int_a^b f(x)~dx} \right\rvert \leq \int_a^b \left\lvert {f(x)} \right\rvert~dx .$$

Показати, що функція Thomae або попкорн (див.) інтегрується Рімана. Тому існує функція, розривна на всіх раціональних числах (щільна множина), яка є інтегровною Рімана.

Зокрема, визначити$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ по $$f(x) := \begin{cases} \nicefrac{1}{k} & \text{ if $x=\nicefrac{m}{k}$ where $m,k \in {\mathbb{N}}$ and $m$ and $k$ have no common divisors,} \\ 0 & \text{ if $x$ is irrational}. \end{cases}$$ Show$\int_0^1 f = 0$.

Якщо$I \subset {\mathbb{R}}$ обмежений інтервал, то функція $$\varphi_I(x) := \begin{cases} 1 & \text{if $x \in I$,} \\ 0 & \text{otherwise,} \end{cases}$$ називається елементарною кроковою функцією.

$I$Дозволяти бути довільним обмеженим інтервалом (слід розглянути всі типи інтервалів: замкнуті, відкриті$a < b$, напіввідкриті) і, потім використовуючи тільки визначення інтеграла показати, що елементарна ступінчаста функція$\varphi_I$ інтегрується на$[a,b]$, і знайти інтеграл через$a$, $b$, і кінцеві точки$I$.

Коли функція$f$ може бути записана як $$f(x) = \sum_{k=1}^n \alpha_k \varphi_{I_k} (x)$$ для деяких дійсних чисел, так$\alpha_1,\alpha_2, \ldots, \alpha_n$ і деяких обмежених інтервалів$I_1,I_2,\ldots,I_n$, то$f$ називається step-функція.

Використовуючи попередню вправу, покажіть, що функція step інтегрується на будь-якому інтервалі$[a,b]$. Крім того, знайти інтеграл з точки зору$a$$b$, кінцеві точки$I_k$ і$\alpha_k$.

[Вправа: обмежена варіація інтегрується] Дозвольте$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ збільшуватиму. а) Показати, що Рімана$f$ інтегрується. Підказка: Використовуйте рівномірний розділ; кожен підінтервал однакової довжини. b) Скористайтеся частиною a, щоб показати, що спадна функція інтегрується в Ріман. c) Припустимо,$h = f-g$ де$f$ і$g$ збільшуються функції$[a,b]$. Показати,$h$ що Riemann інтегрується ²².

[Вправа: hardabsint] Припустимо$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$, тоді функція, яка бере$x$ на себе, також$\left\lvert {f(x)} \right\rvert$ інтегрується Рімана$[a,b]$. Потім покажіть ту ж нерівність, що і.

[Вправа: upperlowerlinineq] Припустимо, що$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ обмежені. а) Показати$\overline{\int_a^b} (f+g) \leq \overline{\int_a^b}f+\overline{\int_a^b}g$ і$\underline{\int_a^b} (f+g) \geq \underline{\int_a^b}f+\underline{\int_a^b}g$. б) Знайти приклад$f$ і$g$ де нерівність сувора. Підказка:$f$ і не$g$ слід інтегрувати Riemann.

Фундаментальна теорема числення

Примітка: 1,5 лекції

У цьому розділі ми обговорюємо і доводимо фундаментальну теорему числення. Цілісність інтегрального числення будується на цій теоремі, ерго ім'я. Теорема пов'язує, здавалося б, не пов'язані між собою поняття інтеграла і похідної. Він розповідає нам, як обчислити антипохідну функції за допомогою інтеграла і навпаки.

Перша форма теореми

$F \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти безперервна функція, диференційована на$(a,b)$. Нехай$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ буде такий, що$f(x) = F'(x)$ для$x \in (a,b)$. Тоді $$\int_a^b f = F(b)-F(a) .$$

Неважко узагальнити теорему, щоб дозволити кінцеву кількість точок,$[a,b]$ де$F$ не диференційовна, доки вона є безперервною. Це узагальнення залишають як вправу.

$P = \{ x_0, x_1, \ldots, x_n \}$Дозволяти бути перегородкою$[a,b]$. Для кожного інтервалу використовуйте$[x_{i-1},x_i]$, щоб знайти$c_i \in (x_{i-1},x_i)$ такий, що $$f(c_i) \Delta x_i = F'(c_i) (x_i - x_{i-1}) = F(x_i) - F(x_{i-1}) .$$ Використовуючи позначення з визначення інтеграла, ми маємо$m_i \leq f(c_i) \leq M_i$ і так ми $$m_i \Delta x_i \leq F(x_i) - F(x_{i-1}) \leq M_i \Delta x_i .$$ підсумовуємо,$i = 1,2, \ldots, n$ щоб отримати $$\sum_{i=1}^n m_i \Delta x_i \leq \sum_{i=1}^n \bigl(F(x_i) - F(x_{i-1}) \bigr) \leq \sum_{i=1}^n M_i \Delta x_i .$$ В середній сумі всі терміни, крім першого і останнього скасувати, і ми в кінцевому підсумку з $F(x_n)-F(x_0) = F(b)-F(a)$. Суми зліва і справа - це нижня і верхня сума відповідно. Отже, $$L(P,f) \leq F(b)-F(a) \leq U(P,f) .$$ ми приймаємо супремум$L(P,f)$ над усім,$P$ і ліва нерівність дає $$\underline{\int_a^b} f \leq F(b)-F(a) .$$ Аналогічно, беручи infimum$U(P,f)$ над усіма розділами$P$ дає $$F(b)-F(a) \leq \overline{\int_a^b} f .$$ Як$f$ інтегрується Ріман, ми маємо $$\int_a^b f = \underline{\int_a^b} f \leq F(b)-F(a) \leq \overline{\int_a^b} f = \int_a^b f .$$ Нерівності повинні бути рівноправностями. і ми закінчили.

Теорема використовується для обчислення інтегралів. Припустимо, ми знаємо, що функція$f(x)$ є похідною від якоїсь іншої функції$F(x)$, тоді ми можемо знайти явний вираз for$\int_a^b f$.

Припустимо, ми намагаємося обчислити $$\int_0^1 x^2 ~dx .$$ Ми помічаємо$x^2$ є похідною від$\frac{x^3}{3}$. Ми використовуємо фундаментальну теорему для запису $$\int_0^1 x^2 ~dx = \frac{1^3}{3} - \frac{0^3}{3} = \frac{1}{3}.$$

Друга форма теореми

Друга форма фундаментальної теореми дає нам спосіб розв'язання диференціального рівняння$F'(x) = f(x)$, де$f$ відома функція, і ми намагаємося знайти рівняння$F$, яке задовольняє рівнянню.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти інтегровну функцію Рімана. Визначити $$F(x) := \int_a^x f .$$ по-перше$F$, безперервно на$[a,b]$. По-друге, якщо$f$ безперервний при$c \in [a,b]$, то$F$ диференційований при$c$ і$F'(c) = f(c)$.

Як$f$ обмежено, є$M > 0$ таке, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq M$ для всіх$x \in [a,b]$. Припустимо,$x,y \in [a,b]$ с$x > y$. Тоді $$\left\lvert {F(x)-F(y)} \right\rvert = \left\lvert {\int_a^x f - \int_a^y f} \right\rvert = \left\lvert {\int_y^x f} \right\rvert \leq M\left\lvert {x-y} \right\rvert .$$ за симетрією те ж саме має, якщо$x < y$. Так само$F$ Ліпшиц безперервний і, отже, безперервний.

Тепер$f$ припустимо, безперервно в$c$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Нехай$\delta > 0$ буде таким, що для$x \in [a,b]$$\left\lvert {x-c} \right\rvert < \delta$ має на увазі$\left\lvert {f(x)-f(c)} \right\rvert < \epsilon$. Зокрема, для таких$x$ ми маємо $$f(c)-\epsilon \leq f(x) \leq f(c) + \epsilon.$$ Таким чином$x > c$, якщо, то $$\bigl(f(c)-\epsilon\bigr) (x-c) \leq \int_c^x f \leq \bigl(f(c) + \epsilon\bigr)(x-c).$$ коли$c > x$, то нерівності змінюються. Тому, припускаючи, що$c \not= x$ ми $$\frac{F(x)-F(c)}{x-c} = \frac{\int_a^{x} f - \int_a^{c} f}{x-c} = \frac{\int_c^{x} f}{x-c} ,$$ отримуємо $$f(c)-\epsilon \leq \frac{\int_c^{x} f}{x-c} \leq f(c)+\epsilon .$$ Як у нас є $$\left\lvert {\frac{F(x)-F(c)}{x-c} - f(c)} \right\rvert \leq \epsilon .$$ Результат випливає. Читачеві залишається зрозуміти, чому це нормально, що ми просто маємо несувору нерівність.

Звичайно, якщо безперервно$f$ увімкнено$[a,b]$, то він автоматично інтегрується Riemann,$F$ диференційований на всіх$[a,b]$ і$F'(x) = f(x)$ для всіх$x \in [a,b]$.

Друга форма фундаментальної теореми числення все ще тримається, якщо ми дозволимо$d \in [a,b]$ і визначаємо $$F(x) := \int_d^x f .$$ Тобто, ми можемо використовувати будь-яку точку в$[a,b]$ якості нашої базової точки. Доказ залишають як вправу.

Давайте розглянемо, що може зробити простий розрив. Візьміть$f(x) := -1$ якщо$x < 0$, і$f(x) := 1$ якщо$x \geq 0$. Нехай$F(x) := \int_0^x f$. Це неважко помітити$F(x) = \left\lvert {x} \right\rvert$. Зверніть увагу, що$f$ є переривчастим в$0$ і$F$ не диференціюється в$0$. Однак зворотного не тримає. Давайте зробимо ще один швидкий приклад. Нехай$g(x) := 0$ якщо$x \not= 0$, і$g(0) = 1$. Допускаючи$G(x) := \int_0^x g$, ми знаходимо, що$G(x) = 0$ для всіх$x$. Так$g$ є$0$ переривчастим в, але$G'(0)$ існує і дорівнює 0.

Поширене непорозуміння інтеграла для студентів обчислення полягає в тому, щоб думати про інтеграли, рішення яких не може бути дано в закритій формі як якимось дефіцитним. Це не так. Більшість інтегралів, які ми записуємо, не піддаються обчисленню в закритій формі. Навіть деякі інтеграли, які ми розглядаємо в закритому вигляді, насправді не такі. Наприклад, як комп'ютер знаходить значення$\ln x$? Один із способів зробити це - зазначити, що ми визначаємо природний журнал як антипохідне$\nicefrac{1}{x}$ такого, що$\ln 1 = 0$. Тому, $$\ln x := \int_1^x \nicefrac{1}{s}~ds .$$ Тоді ми можемо чисельно наблизити інтеграл. Морально ми насправді не «спрощували»$\int_1^x \nicefrac{1}{s}~ds$, записуючи$\ln x$. Ми просто дали інтегралу ім'я. Якщо нам потрібні числові відповіді, можливо, ми в кінцевому підсумку робимо обчислення, наближаючи інтеграл в будь-якому випадку.

Ще однією загальною функцією, визначеною інтегралом, яку неможливо оцінити символічно, є функція erf, визначена як $$\operatorname{erf}(x) := \frac{2}{\sqrt{\pi}} \int_0^x e^{-s^2} ~ds .$$ Ця функція часто виникає в прикладній математиці. Це просто антидериватив$\left(\nicefrac{2}{\sqrt{\pi}}\right) e^{-x^2}$ того, що дорівнює нулю при нулі. Друга форма фундаментальної теореми говорить нам про те, що ми можемо записати функцію як інтеграл. Якщо ми хочемо обчислити будь-яке конкретне значення, ми чисельно наближаємо інтеграл.

Зміна змінних

Теорема, яка часто використовується в численні для розв'язання інтегралів, - це зміна теореми змінних. Доведемо це зараз. Нагадаємо, функція безперервно диференційовна, якщо вона диференційовна, а похідна є безперервною.

$g \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервно диференційованою функцією. Якщо$g([a,b]) \subset [c,d]$ і$f \colon [c,d] \to {\mathbb{R}}$ є безперервним, то $$\int_a^b f\bigl(g(x)\bigr)\, g'(x)~ dx = \int_{g(a)}^{g(b)} f(s)~ ds .$$

Як$g$$g'$, і$f$ є безперервними, ми знаємо, що$f\bigl(g(x)\bigr)\,g'(x)$ це безперервна функція на$[a,b]$, тому це інтегрується Riemann.

Визначити $$F(y) := \int_{g(a)}^{y} f(s)~ds .$$ За другою формою фундаментальної теореми числення (використовуючи нижче)$F$ є диференційовна функція і$F'(y) = f(y)$. Застосовуємо правило ланцюга і $$\bigl( F \circ g \bigr)' (x) = F'\bigl(g(x)\bigr) g'(x) = f\bigl(g(x)\bigr) g'(x) .$$ пишемо$F\bigl(g(a)\bigr) = 0$ Зауважимо, що і використовуємо першу форму фундаментальної теореми для отримання $$\int_{g(a)}^{g(b)} f(s)~ds = F\bigl(g(b)\bigr) = F\bigl(g(b)\bigr)-F\bigl(g(a)\bigr) = \int_a^b \bigl( F \circ g \bigr)' (x) ~dx = \int_a^b f\bigl(g(x)\bigr) g'(x) ~dx . %FIXME \qedhere$$

Теорема про зміну змінних часто використовується для розв'язання інтегралів шляхом зміни їх на інтеграли, які ми знаємо або які ми можемо вирішити за допомогою фундаментальної теореми числення.

З вправи ми знаємо, що похідна від$\sin(x)$ є$\cos(x)$. Тому вирішуємо $$\int_0^{\sqrt{\pi}} x \cos(x^2) ~ dx = \int_0^\pi \frac{\cos(s)}{2} ~ ds = \frac{1}{2} \int_0^\pi \cos(s) ~ ds = \frac{ \sin(\pi) - \sin(0) }{2} = 0 .$$

Однак будьте обережні, що ми повинні задовольняти гіпотези теореми. Наступний приклад демонструє, чому ми не повинні просто бездумно переміщати символи. Ми повинні бути обережними, що ці символи дійсно мають сенс.

Припустимо, ми записуємо $$\int_{-1}^{1} \frac{\ln \left\lvert {x} \right\rvert}{x} ~dx .$$ Це може бути спокусливо взяти$g(x) := \ln \left\lvert {x} \right\rvert$. Тоді візьміть$g'(x) = \frac{1}{x}$ і спробуйте написати $$\int_{g(-1)}^{g(1)} s ~ds = \int_{0}^{0} s ~ds = 0.$$ Це «рішення» невірно, і це не говорить про те, що ми можемо вирішити даний інтеграл. Перша проблема полягає в тому, що не$\frac{\ln \left\lvert {x} \right\rvert}{x}$ є безперервним$[-1,1]$. По-друге,$\frac{\ln \left\lvert {x} \right\rvert}{x}$ це навіть не інтегрується Riemann$[-1,1]$ (він необмежений). Інтеграл, який ми записали, просто не має сенсу. Нарешті, не$g$ є безперервним$[-1,1]$ ні на одному.

Вправи

Обчислити$\displaystyle \frac{d}{dx} \biggl( \int_{-x}^x e^{s^2}~ds \biggr)$.

Обчислити$\displaystyle \frac{d}{dx} \biggl( \int_{0}^{x^2} \sin(s^2)~ds \biggr)$.

Припустимо,$F \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ є безперервним і$[a,b] \setminus S$ диференційованим на, де$S$ є скінченна множина. Припустимо, існує$f \in {\mathcal{R}}[a,b]$ таке, що$f(x) = F'(x)$ для$x \in [a,b] \setminus S$. Покажіть, що$\int_a^b f = F(b)-F(a)$.

[secondftc:вправа]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервною функцією. $c \in [a,b]$Дозволяти бути довільним. Визначте $$F(x) := \int_c^x f .$$ Доведіть, що$F$ є диференційованим і що$F'(x) = f(x)$ для всіх$x \in [a,b]$.

Доведіть інтеграцію частинами. Тобто припустимо$F$ і постійно$G$ диференційовані функції на$[a,b]$. Тоді доведіть $$\int_a^b F(x)G'(x)~dx = F(b)G(b)-F(a)G(a) - \int_a^b F'(x)G(x)~dx .$$

Припустимо$F$ і$G$ знаходяться безперервно ²³ диференційовні функції, визначені на$[a,b]$ такі, що$F'(x) = G'(x)$ для всіх$x \in [a,b]$. Використовуючи фундаментальну теорему числення, показують, що$F$ і$G$ відрізняються константою. Тобто показати, що існує$C \in {\mathbb{R}}$ таке, що$F(x)-G(x) = C$.

Наступна вправа показує, як ми можемо використовувати інтеграл, щоб «згладити» недиференційовану функцію.

[Вправа: згладжування]$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути безперервною функцією. Нехай$\epsilon > 0$ буде постійною. Для$x \in [a+\epsilon,b-\epsilon]$, визначте $$g(x) := \frac{1}{2\epsilon} \int_{x-\epsilon}^{x+\epsilon} f .$$ а) Покажіть,$g$ що диференційовно, і знайдіть похідну.
б)$f$ Дозволяти диференціюватися і фіксувати$x \in (a,b)$ (нехай$\epsilon$ буде досить маленьким). Що відбувається з тим$g'(x)$, як$\epsilon$ стає менше?
в) Знайти$g$ для$f(x) := \left\lvert {x} \right\rvert$,$\epsilon = 1$ (можна припустити$[a,b]$ досить великий).

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Припустимо, безперервно і$\int_a^x f = \int_x^b f$ для всіх$x \in [a,b]$. Покажіть, що$f(x) = 0$ для всіх$x \in [a,b]$.

$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$Припустимо, безперервний і$\int_a^x f = 0$ для всіх раціональний$x$ в$[a,b]$. Покажіть, що$f(x) = 0$ для всіх$x \in [a,b]$.

Функція$f$ є непарною функцією if$f(x) = -f(-x)$, і$f$ є парною функцією if$f(x) = f(-x)$. Нехай$a > 0$. Припустимо$f$, що є безперервним. Доведіть: а) Якщо$f$ непарне, то$\int_{-a}^a f = 0$. б) Якщо$f$ парне, то$\int_{-a}^a f = 2 \int_0^a f$.

а) Показати, що$f(x) := \sin(\nicefrac{1}{x})$ інтегрується на будь-якому інтервалі (ви можете$f(0)$ визначити, що завгодно). б) Обчислення$\int_{-1}^1 \sin(\nicefrac{1}{x})\,dx$. (Майте на увазі розрив)

§ 6] а) Припустимо,$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ що збільшується, по,$f$ є інтегрується Riemann. Припустимо,$f$ має розрив при$c \in (a,b)$, показати,$F(x) := \int_a^x f$ що не диференціюється при$c$.
б) В, Ви побудували зростаючу функцію$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$, яка переривається на кожному$x \in [0,1] \cap {\mathbb{Q}}$. Скористайтеся цим,$f$ щоб побудувати функцію$F(x)$, яка є безперервною$[0,1]$, але не диференційованою на кожному$x \in [0,1] \cap {\mathbb{Q}}$.

Логарифм і експоненціальна

Примітка: 1 лекція (необов'язково, вимагає необов'язкових розділів,,)

Тепер у нас є все, що потрібно, щоб нарешті правильно визначити експоненціальний і логарифм, який ви знаєте з числення так добре. Спочатку нагадаємо, що ми маємо гарне уявлення про те, що$x^n$ означає до тих пір, як$n$ це натуральне число. Просто, має $$x^n := \underbrace{x \cdot x \cdot \cdots \cdot x}_{\text{$n$ times}} .$$ сенс визначитися$x^0 := 1$. Для від'ємних цілих чисел ми визначаємо$x^{-n} := \nicefrac{1}{x^n}$. Якщо$x > 0$ ми вже згадували раніше,$x^{1/n}$ то визначається як унікальний позитивний$n$ той корінь. Нарешті$\nicefrac{n}{m}$, для будь-якого раціонального числа ми визначаємо $$x^{n/m} := {\bigl(x^{1/m}\bigr)}^n .$$ Однак, що ми маємо на увазі під$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$? Або$x^y$ взагалі? Зокрема, що$e^x$ для всіх$x$? І як ми вирішуємо$y=e^x$ для$x$? Цей розділ відповідає на ці питання та багато іншого.

Логарифм

Зручно починати з логарифма. Давайте покажемо, що унікальна функція з правильними властивостями існує, і тільки після цього ми будемо називати її логарифмом.

Існує унікальна функція$L \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ така, що

1. [it:log:i]$L(1) = 0$.
2. [it:log:ii]$L$ є диференційованим і$L'(x) = \nicefrac{1}{x}$.
3. [it:log:iii]$L$ суворо збільшується, двооб'єктивний, і $$\lim_{x\to 0} L(x) = -\infty , \qquad \text{and} \qquad \lim_{x\to \infty} L(x) = \infty .$$
4. [it:log:iv]$L(xy) = L(x)+L(y)$ для всіх$x,y \in (0,\infty)$.
5. [it:log:v] Якщо$q$ є раціональним числом і$x > 0$, то$L(x^q) = q L(x)$.

Щоб довести існування, давайте визначимо кандидата і покажемо, що він задовольняє всім властивостям. Визначте $$L(x) := \int_1^x \frac{1}{t}~dt .$$

Очевидно, що [it:log:i] тримає. Властивість [it:log:ii] проходить через фундаментальну теорему числення.

Щоб довести властивість [it:log:iv], ми змінюємо змінні$u=yt$ для отримання $$L(x) = \int_1^{x} \frac{1}{t}~dt = \int_y^{xy} \frac{1}{u}~du = \int_1^{xy} \frac{1}{u}~du - \int_1^{y} \frac{1}{u}~du = L(xy)-L(y) .$$

Властивість [it:log:ii] разом з тим, що$L'(x) = \nicefrac{1}{x} > 0$ для$x > 0$, має на увазі,$L$ що суворо збільшується і, отже, один до одного. Давайте покажемо$L$ це на. Як$\nicefrac{1}{t} \geq \nicefrac{1}{2}$ коли$t \in [1,2]$, $$L(2) = \int_1^2 \frac{1}{t} ~dt \geq \nicefrac{1}{2} .$$ За індукцією, [it:log:iv] означає$y > 0$, що для$n \in {\mathbb{N}}$ $$L(2^n) = L(2) + L(2) + \cdots + L(2) = n L(2) .$$ даного будь-якого, за дійсними числами (повідомлення$L(2) > 0$), існує$n \in {\mathbb{N}}$ таке, що$L(2^n) > y$. До того є$x_1 \in (1,2^n)$ таке, що$L(x_1) = y$. Отримуємо$(0,\infty)$ саме в образі$L$. Як$L$ збільшується,$L(x) > y$ для всіх$x > 2^n$, так і $$\lim_{x\to\infty} L(x) = \infty .$$ далі$0 = L(\nicefrac{x}{x}) = L(x) + L(\nicefrac{1}{x})$, і так$L(x) = - L(\nicefrac{1}{x})$. Використовуючи$x=2^{-n}$, ми отримуємо, як зазначено вище, що$L$ досягає всіх негативних чисел. І $$\lim_{x \to 0} L(x) = \lim_{x \to 0} -L(\nicefrac{1}{x}) = \lim_{x \to \infty} -L(x) = - \infty .$$ в межах зверніть увагу, що тільки$x > 0$ знаходяться в домені$L$.

Давайте тепер доведемо [it:log:v]. Як вище, [it:log:iv] означає, що$n \in {\mathbb{N}}$ ми маємо$L(x^n) = n L(x)$. Ми вже бачили, що$L(x) = - L(\nicefrac{1}{x})$ так$L(x^{-n}) = - L(x^n) = -n L(x)$. Тоді для$m \in {\mathbb{N}}$ $$L(x) = L\Bigl({(x^{1/m})}^m\Bigr) = m L(x^{1/m}) .$$ Складання все разом для$n \in {\mathbb{Z}}$ і у$m \in {\mathbb{N}}$ нас є$L(x^{n/m}) = n L(x^{1/m}) = (\nicefrac{n}{m}) L(x)$.

Нарешті, для унікальності скористаємося властивостями [it:log:i] і [it:log:ii]. Через фундаментальну теорему числення $$L(x) = \int_1^x \frac{1}{t}~dt$$ є унікальна функція така, що$L(1) = 0$ і$L'(x) = \nicefrac{1}{x}$.

Довівши, що існує унікальна функція з цими властивостями, ми просто визначаємо логарифм або іноді його називають натуральним логарифмом: $$\ln(x) := L(x) .$$ Часто математики пишуть$\log(x)$ замість того$\ln(x)$, що більш звично студентам обчислення.

Експоненціальна

Так само, як і з логарифмом, ми визначаємо експоненціальну за допомогою списку властивостей.

Існує унікальна функція$E \colon {\mathbb{R}}\to (0,\infty)$ така, що

1. [it:exp:i]$E(0) = 1$.
2. [it:exp:ii]$E$ диференційований і$E'(x) = E(x)$.
3. [it:exp:iii]$E$ суворо збільшується, двооб'єктивний, і $$\lim_{x\to -\infty} E(x) = 0 , \qquad \text{and} \qquad \lim_{x\to \infty} E(x) = \infty .$$
4. [it:exp:iv]$E(x+y) = E(x)E(y)$ для всіх$x,y \in {\mathbb{R}}$.
5. [it:exp:v] Якщо$q \in {\mathbb{Q}}$, то$E(qx) = {E(x)}^q$.

Знову ж таки, доведемо існування такої функції шляхом визначення кандидата, і доведемо, що вона задовольняє всім властивостям. $L$Визначене вище є оборотним. $E$Дозволяти бути зворотна функція$L$. Властивість [it:exp:i] є негайним.

Властивість [it:exp:ii] випливає за допомогою теореми зворотної функції, зокрема:$L$ задовольняє всі гіпотези леми, а отже $$E'(x) = \frac{1}{L'\bigl(E(x)\bigr)} = E(x) .$$

Давайте подивимося на властивість [it:exp:iii]. Функція строго$E$ збільшується, так як$E(x) > 0$ і$E'(x) = E(x) > 0$. Як і$E$ зворотне$L$, він також повинен бути двооб'єктивним. Щоб знайти межі, ми використовуємо те,$E$ що суворо збільшується і на$(0,\infty)$. Для кожного$M > 0$ знайдеться$x_0$ таке, що$E(x_0) = M$ і$E(x) \geq M$ для всіх$x \geq x_0$. Аналогічно для кожного$\epsilon > 0$, є$x_0$ таке, що$E(x_0) = \epsilon$ і$E(x) < \epsilon$ для всіх$x < x_0$. Тому $$\lim_{n\to -\infty} E(x) = 0 , \qquad \text{and} \qquad \lim_{n\to \infty} E(x) = \infty .$$

Для доведення властивості [it:exp:iv] ми використовуємо відповідну властивість логарифма. Візьміть$x, y \in {\mathbb{R}}$. Як$L$ є двооб'єктивним, знайдіть$a$ і$b$ таке, що$x = L(a)$ і$y = L(b)$. Тоді $$E(x+y) = E\bigl(L(a)+L(b)\bigr) = E\bigl(L(ab)\bigr) = ab = E(x)E(y) .$$

Властивість [it:exp:v] також випливає з відповідної властивості$L$. Дано$x \in {\mathbb{R}}$, нехай$a$ буде таке, що$x = L(a)$ і $$E(qx) = E\bigl(qL(a)\bigr) E\bigl(L(a^q)\bigr) = a^q = {E(x)}^q .$$

Нарешті, унікальність випливає з [it:exp:i] і [it:exp:ii]. $F$Дозволяти$E$ і бути двома функціями, що задовольняють [it:exp:i] і [it:exp:ii]. $$\frac{d}{dx} \Bigl( F(x)E(-x) \Bigr) = F'(x)E(-x) - E'(-x)F(x) = F(x)E(-x) - E(-x)F(x) = 0 .$$ Тому по,$F(x)E(-x) = F(0)E(-0) = 1$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Роблячи обчислення с$F = E$, отримуємо$E(x)E(-x) = 1$. Тоді $$0 = 1-1 = F(x)E(-x) - E(x)E(-x) = \bigl(F(x)-E(x)\bigr) E(-x) .$$ з тих пір$E(x)E(-x) = 1$, то$E(-x) \not= 0$ для всіх$x$. Так$F(x)-E(x) = 0$ для всіх$x$, і ми зробили.

Довівши$E$ унікальність, ми визначаємо експоненціальну функцію як $$\exp(x) := E(x) .$$

Тепер ми можемо мати сенс підведення до степеня$x^y$ для довільних чисел, коли$x > 0$. Спочатку припустимо$y \in {\mathbb{Q}}$. Тоді $$x^y = \exp\bigl(\ln(x^y)\bigr) = \exp\bigl(y\ln(x)\bigr) .$$ Тому, коли$x > 0$ і$y$ є ірраціональним, давайте визначимо $$x^y := \exp\bigl(y\ln(x)\bigr) .$$ Як$\exp$ безперервно, то$x^y$ є безперервною функцією$y$. Таким чином, ми б отримали той самий результат, якби ми взяли послідовність раціональних чисел, що$\{ y_n \}$ наближаються$y$ і визначені$x^y = \lim\, x^{y_n}$.

Визначте число$e$ як $$e := \exp(1) .$$ Число іноді$e$ називають номером Ейлера або основою натурального логарифма. Ми $$e^x = \exp\bigl(x \ln(e) \bigr) = \exp(x) .$$ помічаємо Ми виправдали позначення$e^x$ для$\exp(x)$.

Нарешті, розширимо властивості логарифма та експоненціального до ірраціональних степеней. Доказ є негайним.

Нехай$x, y \in {\mathbb{R}}$.

1. $\exp(xy) = {\bigl(\exp(x)\bigr)}^y$.
2. Якщо$x > 0$ тоді$\ln(x^y) = y \ln (x)$.

Вправи

$y$Дозволяти бути будь-яке дійсне число і$b > 0$. Визначте$f \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ як,$f(x) := x^y$ і$g(x) := b^x$. Покажіть, що$f$ і$g$ диференційовні і знайдіть їх похідну.

Нехай$b > 0$ дадуть.
а) Показати, що для кожного$y > 0$, існує унікальний номер$x$ такий, що$y = b^x$. Визначте основу логарифма$b$,$\log_b \colon (0,\infty) \to {\mathbb{R}}$, по$\log_b(y) := x$.
б) Покажіть, що$\log_b(x) = \frac{\ln(x)}{\ln(b)}$.
в) Доведіть, що якщо$c > 0$, то$\log_b(x) = \frac{\log_c(x)}{\log_c(b)}$.
г) Довести$\log_b(xy) = \log_b(x)+\log_b(y)$, і$\log_b(x^y) = y \log_b(x)$.

§ 3] Використовуйте для вивчення терміну, що залишився і показати, що для всіх$x \in {\mathbb{R}}$ $$e^x = \sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!} .$$ Підказка: Не диференціюйте термін серії за терміном (якщо ви не доведете, що це працює).

Скористайтеся формулою геометричної суми, щоб показати (for$t\not= -1$)\[1-t+t^2-\cdots+{(-1)}^n t^n = \frac{1}{1+t} - \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[32]/p[4]/span[2]/span, line 1, column 5

{1+t}.\] Використовуючи цей факт show $$\ln (1+x) = \sum_{n=1}^\infty \frac{{(-1)}^{n+1}x^n}{n}$$ for all$x \in (-1,1]$ (зверніть увагу,$x=1$ що включено). Нарешті, знайдіть межу змінного гармонійного ряду\[\sum_{n=1}^\infty \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[32]/p[4]/span[6]/span, line 1, column 5

{n} = 1 - \nicefrac{1}{2} + \nicefrac{1}{3} - \nicefrac{1}{4} + \cdots % = \ln 2 .\]

Показати $$e^x = \lim_{n\to\infty} {\left( 1 + \frac{x}{n} \right)}^n .$$ підказку: візьміть логарифм.
Примітка: Вираз${\left( 1 + \frac{x}{n} \right)}^n$ виникає в складних процентних розрахунках. Це сума грошей на банківському рахунку через 1 рік, якщо 1 долар був внесений спочатку під відсотки,$x$ а відсотки$n$ посилювалися раз протягом року. Тому$e^x$ є результатом безперервного компаундування.

а) Доведіть, що для$n \in {\mathbb{N}}$ нас є $$\sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} \leq \ln (n) \leq \sum_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k} .$$
б) Доведіть, що межа $$\gamma := \lim_{n\to\infty} \left( \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \ln (n) \right)$$ існує. Ця константа відома як постійна Ейлера-Машероні ²⁴. Невідомо, раціональна ця константа чи ні, це приблизно$\gamma \approx 0.5772$.

Показати $$\lim_{x\to\infty} \frac{\ln(x)}{x} = 0 .$$

Показати, що$e^x$ є опуклим, іншими словами, показати, що якщо$a \leq x \leq b$ тоді$e^x \leq e^a \frac{b-x}{b-a} + e^b \frac{x-a}{b-a}$.

За допомогою логарифма знайти $$%\lim_{n\to\infty} {\left( 1 + \nicefrac{1}{n} \right)}^n = e . \lim_{n\to\infty} n^{1/n} .$$

Показати, що$E(x) = e^x$ це унікальна безперервна функція така, що$E(x+y) = E(x)E(y)$ і$E(1) = e$. Аналогічно довести, що$L(x) = \ln(x)$ це унікальна неперервна функція, визначена на позитивних$x$ таких, що$L(xy) = L(x)+L(y)$ і$L(e) = 1$.

неправильні інтеграли

Примітка: 2—3 лекції (необов'язковий розділ, можна безпечно пропустити, вимагає необов'язкового)

Часто доводиться інтегрувати по всій реальній лінії, або нескінченний інтервал форми$[a,\infty)$ або$(\infty,b]$. Крім того, ми можемо інтегрувати функції, визначені на скінченному інтервалі,$(a,b)$ але не обмежені. Такі функції не інтегруються Riemann, але ми можемо захотіти записати інтеграл в будь-якому випадку в дусі. Ці інтеграли називаються неправильними інтегралами і є межами інтегралів, а не самих інтегралів.

Припустимо,$f \colon [a,b) \to {\mathbb{R}}$ це функція (не обов'язково обмежена), яка є інтегрується Рімана$[a,c]$ для всіх$c < b$. Визначаємо, $$\int_a^b f := \lim_{c \to b^-} \int_a^{c} f ,$$ чи існує ліміт.

Припустимо, функція$f \colon [a,\infty) \to {\mathbb{R}}$ така,$f$ що Riemann інтегрується$[a,c]$ для всіх$c < \infty$. Визначаємо, $$\int_a^\infty f := \lim_{c \to \infty} \int_a^c f ,$$ чи існує ліміт.

Якщо межа існує, ми говоримо, що неправильний інтеграл сходиться. Якщо межі не існує, ми говоримо, що неправильний інтеграл розходиться.

Аналогічно визначаємо неправильні інтеграли для лівої кінцевої точки, залишаємо це читачеві.

Для кінцевої кінцевої точки$b$, використовуючи ми бачимо, що якщо$f$ обмежений, то ми не визначили нічого нового. Нове полягає в тому, що ми можемо застосувати це визначення до необмежених функцій. Наступний набір прикладів настільки корисний, що ми висловлюємо його як пропозицію.

[imprieman:ptest] Неправильний інтеграл $$\int_1^\infty \frac{1}{x^p} ~dx$$ сходиться до$\frac{1}{p-1}$ if$p > 1$ і розходиться if$0 < p \leq 1$.

Неправильний інтеграл $$\int_0^1 \frac{1}{x^p} ~dx$$ сходиться до$\frac{1}{1-p}$ if$0 < p < 1$ і розходиться якщо$p \geq 1$.

Доказ випливає із застосування фундаментальної теореми числення. Давайте зробимо доказ$p > 1$ для нескінченної правої кінцевої точки, а решту залишимо читачеві. Підказка: Ви повинні обробляти$p=1$ окремо.

Припустимо$p > 1$. Тоді $$\int_1^b \frac{1}{x^p} ~dx = \int_1^b x^{-p} ~dx = \frac{b^{-p+1}}{-p+1} - \frac{1^{-p+1}}{-p+1} = - \frac{1}{(p-1)b^{p-1}} + \frac{1}{p-1} .$$ як$p > 1$, то$p-1 > 0$. Беручи межу, як$b \to \infty$ ми отримуємо, що$\frac{1}{b^{p-1}}$ йде до 0, і результат випливає.

Ми констатуємо наступну пропозицію тільки для одного типу неправильного інтеграла, хоча доказ прямо вперед і те ж саме для інших типів неправильних інтегралів.

[Improprieman:tail]$f \colon [a,\infty) \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути функцією, яка інтегрується Рімана$[a,b]$ для всіх$b > a$. Враховуючи будь-який$b > a$,$\int_b^\infty f$ сходиться тоді і тільки тоді,$\int_a^\infty f$ коли сходиться, і в цьому випадку $$\int_a^\infty f = \int_a^b f + \int_b^\infty f .$$

Нехай$c > b$. Тоді $$\int_a^c f = \int_a^b f + \int_b^c f .$$ Взяття межі$c \to \infty$ закінчує доказ.

З ненегативними функціями легше працювати, як демонструє наступна пропозиція. Вправи покажуть, що ця пропозиція тримається тільки для ненегативних функцій. Аналоги цієї пропозиції існують для всіх інших видів неправильних обмежень залишаються за учнем.

[imposprieman:possimp] Припустимо,$f \colon [a,\infty) \to {\mathbb{R}}$ є невід'ємним ($f(x) \geq 0$для всіх$x$) і таким, що Riemann$f$ інтегрується$[a,b]$ для всіх$b > a$.

1. $$\int_a^\infty f = \sup \left\{ \int_a^x f : x \geq a \right\} .$$
2. Припустимо,$\{ x_n \}$ це послідовність с$\lim\, x_n = \infty$. Потім$\int_a^\infty f$ сходиться, якщо і тільки якщо$\lim\, \int_a^{x_n} f$ існує, і в цьому випадку $$\int_a^\infty f = \lim_{n\to\infty} \int_a^{x_n} f .$$

У першому пункті ми допускаємо значення$\infty$ в супремумі, що вказує на те, що інтеграл розходиться до нескінченності.

Почнемо з першого пункту. Зверніть увагу,$f$ що як ненегативний, то$\int_a^x f$ збільшується як функція$x$. Якщо супремум нескінченний, то для кожного$M \in {\mathbb{R}}$ ми знаходимо$N$ таке, що$\int_a^N f \geq M$. Як$\int_a^x f$ збільшується тоді$\int_a^x f \geq M$ для всіх$x \geq N$. Так$\int_a^\infty f$ розходиться до нескінченності.

Далі припустимо, що супремум кінцевий, скажімо$A = \sup \left\{ \int_a^x f : x \geq a \right\}$. Для кожного$\epsilon > 0$ ми знаходимо$N$ таке, що$A - \int_a^N f < \epsilon$. Як$\int_a^x f$ збільшується, то$A - \int_a^x f < \epsilon$ для всіх$x \geq N$ і значить$\int_a^\infty f$ сходиться до$A$.

Давайте розглянемо другий пункт. Якщо$\int_a^\infty f$ сходиться, то працює кожна послідовність,$\{ x_n \}$ що йде до нескінченності. Хитрість полягає в тому, щоб довести інший напрямок. Припустимо,$\{ x_n \}$ таке, що$\lim\, x_n = \infty$ і $$\lim_{n\to\infty} \int_a^{x_n} f = A$$ сходиться. Враховуючи$\epsilon > 0$, підбираємо$N$ такі, що для всіх у$n \geq N$ нас є$A - \epsilon < \int_a^{x_n} f < A + \epsilon$. Тому$\int_a^x f$ що збільшується як функція$x$, ми маємо, що для всіх$x \geq x_N$ $$A - \epsilon < \int_a^{x_N} \leq \int_a^x f .$$ Як$\{ x_n \}$ йде$\infty$, то для будь-якого даного$x$, є$x_m$ таке, що$m \geq N$ і$x \leq x_m$. Тоді $$\int_a^{x} f \leq \int_a^{x_m} f < A + \epsilon .$$ Зокрема, для всіх у$x \geq x_N$ нас є$\left\lvert {\int_a^{x} f - A} \right\rvert < \epsilon$.

Нехай$f \colon [a,\infty) \to {\mathbb{R}}$ і$g \colon [a,\infty) \to {\mathbb{R}}$ бути функціями, які Riemann інтегруються$[a,b]$ для всіх$b > a$. Припустимо, що для всіх у$x \geq a$ нас є $$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq g(x) .$$

1. Якщо$\int_a^\infty g$ сходиться, то$\int_a^\infty f$ сходиться, причому в цьому випадку$\left\lvert {\int_a^\infty f} \right\rvert \leq \int_a^\infty g$.
2. Якщо$\int_a^\infty f$ розходиться, то$\int_a^\infty g$ розходиться.

Почнемо з першого пункту. Для будь-якого$b$ і$c$, такого$a \leq b \leq c$, що, у нас$-g(x) \leq f(x) \leq g(x)$, і так $$\int_b^c -g \leq \int_b^c f \leq \int_b^c g .$$ Іншими словами,$\left\lvert {\int_b^c f} \right\rvert \leq \int_b^c g$.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тому що у нас є $$\int_a^\infty g = \int_a^b g + \int_b^\infty g .$$ As$\int_a^b g$ йде до$\int_a^\infty g$ як$b$ йде до нескінченності, потім$\int_b^\infty g$ йде до 0, як$b$ йде до нескінченності. Вибирайте$B$ $$\int_B^\infty g < \epsilon .$$ такі, що$g$ As є ненегативними$B \leq b < c$, то якщо, то$\int_b^c g < \epsilon$ також. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність йде до нескінченності. Нехай$M$ буде таким, що$x_n \geq B$ для всіх$n \geq M$. Візьміть$n, m \geq M$, з$x_n \leq x_m$, $$\left\lvert {\int_a^{x_m} f - \int_a^{x_n} f} \right\rvert = \left\lvert {\int_{x_n}^{x_m} f} \right\rvert \leq \int_{x_n}^{x_m} g < \epsilon .$$ Тому$\{ \int_a^{x_n} f \}_{n=1}^\infty$ послідовність Коші і, отже, сходиться.

Потрібно показати, що ліміт унікальний. Припустимо,$\{ x_n \}$ це послідовність, що сходиться до нескінченності така, що$\{ \int_a^{x_n} f \}$ сходиться до$L_1$, і$\{ y_n \}$ являє собою послідовність, що сходиться до нескінченності така, що$\{ \int_a^{y_n} f \}$ сходиться до$L_2$. Тоді повинні бути$n$ такі, що$\left\lvert {\int_a^{x_n} f - L_1} \right\rvert < \epsilon$ і$\left\lvert {\int_a^{y_n} f - L_2} \right\rvert < \epsilon$. Ми також можемо припустити$x_n \geq B$ і$y_n \geq B$. Тоді $$\left\lvert {L_1 - L_2} \right\rvert \leq \left\lvert {L_1 - \int_a^{x_n} f} \right\rvert + \left\lvert {\int_a^{x_n} f- \int_a^{y_n} f} \right\rvert + \left\lvert {\int_a^{y_n} f - L_2} \right\rvert < \epsilon + \left\lvert {\int_{x_n}^{y_n} f} \right\rvert + \epsilon < 3 \epsilon.$$ як$\epsilon > 0$ було довільним$L_1 = L_2$, а значить і$\int_a^\infty f$ сходиться. Вище ми показали, що$\left\lvert {\int_a^c f} \right\rvert \leq \int_a^c g$ для всіх$c > a$. Взявши ліміт$c \to \infty$, перший пункт доведений.

Другий пункт - це просто контрапозитив першого пункту.

Неправильний інтеграл $$\int_0^\infty \frac{\sin(x^2)(x+2)}{x^3+1} ~dx$$ сходиться.

Доказ: Спочатку спостерігаємо, що нам просто потрібно показати, що інтеграл сходиться при переході від 1 до нескінченності. Бо$x \geq 1$ ми отримаємо $$\left\lvert {\frac{\sin(x^2)(x+2)}{x^3+1}} \right\rvert \leq \frac{x+2}{x^3+1} \leq \frac{x+2}{x^3} \leq \frac{x+2x}{x^3} \leq \frac{3}{x^2} .$$ Тоді $$3 \int_1^\infty \frac{1}{x^2}~dx = \lim_{c\to\infty} \int_1^c \frac{3}{x^2} ~dx.$$ Так інтеграл сходиться.

Слід бути обережним, виконуючи формальні маніпуляції з неправильними інтегралами. Наприклад, $$\int_2^\infty \frac{2}{x^2-1}~dx$$ сходиться через тест порівняння знову використовуючи$\frac{1}{x^2}$. Однак якщо ви піддаєтеся спокусі написати $$\frac{2}{x^2-1} = \frac{1}{x-1} - \frac{1}{x+1}$$ і спробувати інтегрувати кожну частину окремо, у вас нічого не вийде. Неправда, що ви можете розділити неправильний інтеграл на дві частини; ви не можете розділити ліміт. $$\begin{split} \int_2^\infty \frac{2}{x^2-1} ~dx &= \lim_{b\to \infty} \int_2^b \frac{2}{x^2-1} ~dx \\ &= \lim_{b\to \infty} \left( \int_2^b \frac{1}{x-1}~dx - \int_2^b \frac{1}{x+1}~dx \right) \\ &\not= \int_2^\infty \frac{1}{x-1}~dx - \int_2^\infty \frac{1}{x+1}~dx . \end{split}$$ Останній рядок в обчисленні навіть не має сенсу. Обидва інтеграли там розходяться до нескінченності, оскільки ми можемо застосувати порівняльний тест відповідним чином з$\nicefrac{1}{x}$. Отримуємо$\infty - \infty$.

Тепер давайте припустимо, що нам потрібно взяти обмеження в обох кінцевих точках.

Припустимо,$f \colon (a,b) \to {\mathbb{R}}$ це функція, яка є Riemann інтегрується$[c,d]$ для всіх$c$,$d$ такий$a < c < d < b$, що, то ми визначаємо, $$\int_a^b f := \lim_{c \to a^+} \, \lim_{d \to b^-} \, \int_{c}^{d} f ,$$ чи існують межі.

Припустимо,$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ така функція, яка$f$ є інтегровною Рімана на всіх скінченних інтервалах$[a,b]$. Потім визначаємо, $$\int_{-\infty}^\infty f := \lim_{c \to -\infty} \, \lim_{d \to \infty} \, \int_c^d f ,$$ чи існують межі.

Аналогічно ми визначаємо неправильні інтеграли з однією нескінченною та однією кінцевою невідповідною кінцевою точкою, ми залишаємо це читачеві.

Потрібно завжди бути обережним щодо подвійних обмежень. Визначення, наведене вище, говорить про те, що ми спочатку беремо ліміт, як$d$ йде$b$ або$\infty$ для фіксованого$c$, а потім беремо ліміт в$c$. Доведеться довести, що в цьому випадку не має значення, яку межу ми обчислимо в першу чергу.

Давайте подивимося приклад: $$\int_{-\infty}^\infty \frac{1}{1+x^2} ~ dx = \lim_{a \to -\infty} \, \lim_{b \to \infty} \, \int_{a}^b \frac{1}{1+x^2} ~ dx = \lim_{a \to -\infty} \, \lim_{b \to \infty} \bigl( \arctan(b) - \arctan(a) \bigr) = \pi .$$

У визначенні порядок лімітів завжди можна перемикати, якщо вони існують. Доведемо цей факт лише для нескінченних меж.

If$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ є функцією, що інтегрується на кожному інтервалі. Тоді $$\lim_{a \to -\infty} \, \lim_{b \to \infty} \, \int_a^b f \quad \text{converges if and only if} \qquad \lim_{b \to \infty} \, \lim_{a \to -\infty} \, \int_a^b f \quad \text{converges,}$$ в цьому випадку два вирази рівні. Якщо будь-який з виразів сходиться, то неправильний інтеграл сходиться і $$\lim_{a\to\infty} \int_{-a}^a f = \int_{-\infty}^\infty f .$$

Без втрати спільності припускають$a < 0$ і$b > 0$. Припустимо, сходиться перший вираз. Тоді $$\begin{split} \lim_{a \to -\infty} \, \lim_{b \to \infty} \, \int_a^b f & = \lim_{a \to -\infty} \, \lim_{b \to \infty} \left( \int_a^0 f + \int_0^b f \right) = \left( \lim_{a \to -\infty} \int_a^0 f \right) + \left( \lim_{b \to \infty} \int_0^b f \right) \\ & = \lim_{b \to \infty} \left( \left( \lim_{a \to -\infty} \int_a^0 f \right) + \int_0^b f \right) = \lim_{b \to \infty} \, \lim_{a \to -\infty} \left( \int_a^0 f + \int_0^b f \right) . \end{split}$$ подібне обчислення показує інший напрямок. Тому, якщо будь-який вираз сходиться, то неправильний інтеграл сходиться і $$\begin{split} \int_{-\infty}^\infty f = \lim_{a \to -\infty} \, \lim_{b \to \infty} \, \int_a^b f & = \left( \lim_{a \to -\infty} \int_a^0 f \right) + \left( \lim_{b \to \infty} \int_0^b f \right) \\ & = \left( \lim_{a \to \infty} \int_{-a}^0 f \right) + \left( \lim_{a \to \infty} \int_0^a f \right) = \lim_{a \to \infty} \left( \int_{-a}^0 f + \int_0^a f \right) = \lim_{a \to \infty} \int_{-a}^a f . \end{split}$$

З іншого боку, ви повинні бути обережними, щоб самостійно взяти межі, перш ніж знати конвергенцію. Нехай$f(x) = \frac{x}{\left\lvert {x} \right\rvert}$ для$x \not= 0$ і$f(0) = 0$. Якщо$a < 0$ і$b > 0$, то $$\int_{a}^b f = \int_{a}^0 f + \int_{0}^b f = a+b .$$ для будь-якого$a < 0$ фіксованого межа як$b \to \infty$ нескінченна, тому навіть першої межі не існує, а значить і неправильний інтеграл$\int_{-\infty}^\infty f$ не сходиться. З іншого боку$a > 0$, якщо, то $$\int_{-a}^{a} f = (-a)+a = 0 .$$ Тому, $$\lim_{a\to\infty} \int_{-a}^{a} f = 0 .$$

Прикладом, який слід пам'ятати для неправильних інтегралів, є так звана функція sinc ²⁵. Ця функція виникає досить часто як в чистій, так і в прикладній математиці. Визначте $$\operatorname{sinc}(x) = \begin{cases} \frac{\sin(x)}{x} & \text{if $x \not= 0$} , \\ 0 & \text{if $x = 0$} . \end{cases}$$

Неважко показати, що функція sinc безперервна при нулі, але це зараз не важливо. Важливим є те, що $$\int_{-\infty}^\infty \operatorname{sinc}(x) ~dx = \pi , \qquad \text{while} \qquad \int_{-\infty}^\infty \left\lvert {\operatorname{sinc}(x)} \right\rvert ~dx = \infty .$$ інтеграл функції sinc є безперервним аналогом змінного гармонійного ряду$\sum \nicefrac{{(-1)}^n}{n}$, тоді як абсолютне значення схоже на регулярний гармонічний ряд$\sum \nicefrac{1}{n}$. Зокрема, той факт, що інтеграл сходиться, потрібно робити безпосередньо, а не використовувати тест порівняння.

Перше твердження доводити точно не будемо. Доведемо просто, що інтеграл функції sinc сходиться, але про точну межу турбуватися не будемо. Тому що$\frac{\sin(-x)}{-x} = \frac{\sin(x)}{x}$, досить показати, що $$\int_{2\pi}^\infty \frac{\sin(x)}{x}~dx$$ сходиться. Ми також уникаємо$x=0$ цього способу, щоб спростити наше життя.

Для будь-якого$n \in {\mathbb{N}}$, у нас є, що для$x \in [\pi 2n, \pi (2n+1)]$ $$\frac{\sin(x)}{\pi (2n+1)} \leq \frac{\sin(x)}{x} \leq \frac{\sin(x)}{\pi 2n} ,$$ як$\sin(x) \geq 0$. На$x \in [\pi (2n+1), \pi (2n+2)]$ $$\frac{\sin(x)}{\pi (2n+1)} \leq \frac{\sin(x)}{x} \leq \frac{\sin(x)}{\pi (2n+2)} ,$$ як$\sin(x) \leq 0$.

Через фундаментальну теорему числення, $$\frac{2}{\pi (2n+1)} = \int_{\pi 2n}^{\pi (2n+1)} \frac{\sin(x)}{\pi (2n+1)} ~dx \leq \int_{\pi 2n}^{\pi (2n+1)} \frac{\sin(x)}{x} ~dx \leq \int_{\pi 2n}^{\pi (2n+1)} \frac{\sin(x)}{\pi 2n} ~dx = \frac{1}{\pi n} .$$ Аналогічно $$\frac{-2}{\pi (2n+1)} \leq \int_{\pi (2n+1)}^{\pi (2n+2)} \frac{\sin(x)}{x} ~dx \leq \frac{-1}{\pi (n+1)} .$$ Поклавши два разом ми маємо $$0 = \frac{2}{\pi (2n+1)} - \frac{2}{\pi (2n+1)} + \leq \int_{2\pi n}^{2\pi (n+1)} \frac{\sin(x)}{x} ~dx \leq \frac{1}{\pi n} - \frac{1}{\pi (n+1)} = \frac{1}{\pi n(n+1)} .$$ $M > 2\pi$ Дозволяти бути довільним, і нехай$k \in {\mathbb{N}}$ бути найбільшим цілим таким, що$2k\pi \leq M$. Тоді $$\int_{2\pi}^M \frac{\sin(x)}{x}~dx = \int_{2\pi}^{2k\pi} \frac{\sin(x)}{x} ~dx + \int_{2k\pi}^{M} \frac{\sin(x)}{x} ~dx .$$ Бо у$x \in [2k\pi,M]$ нас є$\frac{-1}{2k\pi} \leq \frac{\sin(x)}{x} \leq \frac{1}{2k\pi}$, і так $$\left\lvert {\int_{2k\pi}^{M} \frac{\sin(x)}{x} ~dx } \right\rvert \leq \frac{M-2k\pi}{2k\pi} \leq \frac{1}{k} .$$ як$k$ є найбільшим$k$ таким$2k\pi \leq M$, що цей термін йде до нуля, як$M$ йде до нескінченності.

Далі $$0 \leq \int_{2\pi}^{2k\pi} \frac{\sin(x)}{x} \leq \sum_{n=1}^{k-1} \frac{1}{\pi n(n+1)} ,$$ і цей ряд сходиться як$k \to \infty$.

Склавши два твердження разом, ми отримуємо $$\int_{2\pi}^\infty \frac{\sin(x)}{x} ~dx \leq \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\pi n(n+1)} < \infty .$$

Двосторонній інтеграл sinc також існує, як зазначено вище. Ми залишаємо інше твердження - що інтеграл абсолютного значення функції sinc розходиться - як вправа.

Інтегральний тест для серії

Це може бути дуже корисно застосувати фундаментальну теорему числення для доведення ряду підсумовується і оцінити його суму.

Припустимо,$f \colon [k,\infty) \to {\mathbb{R}}$ це спадна невід'ємна функція де$k \in {\mathbb{Z}}$. Тоді $$\sum_{n=k}^\infty f(n) \quad \text{converges if and only if} \qquad \int_k^\infty f \quad \text{converges}.$$ в цьому випадку $$\int_k^\infty f \leq \sum_{n=k}^\infty f(n) \leq f(k)+ \int_k^\infty f .$$

За,$f$ інтегрується на кожному інтервалі$[k,b]$ для всіх$b > k$, тому твердження теореми має сенс без додаткових гіпотез інтегровності.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. І припустимо,$\int_k^\infty f$ сходиться. Дозвольте$\ell, m \in {\mathbb{Z}}$ бути таким, що$m > \ell \geq k$. Тому що$f$ зменшується у нас є$\int_{n}^{n+1} f \leq f(n) \leq \int_{n-1}^{n} f$. Тому $$\label{impropriemann:eqseries} \int_\ell^m f = \sum_{n=\ell}^{m-1} \int_{n}^{n+1} f \leq \sum_{n=\ell}^{m-1} f(n) \leq f(\ell) + \sum_{n=\ell+1}^{m-1} \int_{n-1}^{n} f \leq f(\ell)+ \int_\ell^{m-1} f .$$ Як і раніше,$f$ оскільки позитивний то існує$L \in {\mathbb{N}}$ таке, що якщо$\ell \geq L$, то$\int_\ell^{m} f < \nicefrac{\epsilon}{2}$ для всіх$m \geq \ell$. Відзначимо,$f$ треба зменшуватися до нуля (чому?). Отже, давайте також припустимо, що для$\ell \geq L$ нас є$f(\ell) < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Для таких$\ell$ і$m$ ми маємо через [impropriemann:eqseries] $$\sum_{n=\ell}^{m} f(n) \leq f(\ell)+ \int_\ell^{m} f < \nicefrac{\epsilon}{2} + \nicefrac{\epsilon}{2} = \epsilon .$$ Серія, отже, Коші і, таким чином, сходиться. Оцінку в пропозиції отримують шляхом$m$ відпущення до нескінченності в [improprieman:eqseries] с$\ell = k$.

І навпаки, припустимо,$\int_k^\infty f$ розходиться. Як$f$ позитивно, то послідовність$\{ \int_k^m f \}_{m=k}^\infty$ розходиться до нескінченності. Використовуючи [improprieman:eqseries] з$\ell = k$ ми знаходимо $$\int_k^m f \leq \sum_{n=k}^{m-1} f(n) .$$ Як ліва сторона йде до нескінченності$m \to \infty$, як і права сторона.

Давайте покажемо$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2}$ існує і оцінимо його суму в межах 0,01. Оскільки ця серія є для$p$ -series$p=2$, ми вже знаємо, що вона сходиться, але ми лише дуже приблизно оцінили її суму.

Використовуючи фундаментальну теорему числення, ми знаходимо, що для$k \in {\mathbb{N}}$ нас є $$\int_{k}^\infty \frac{1}{x^2}~dx = \frac{1}{k} .$$ Зокрема, ряд повинен сходитися. Але ми також маємо, що $$\frac{1}{k} = \int_k^\infty \frac{1}{x^2}~dx \leq \sum_{n=k}^\infty \frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{k^2} + \int_k^\infty \frac{1}{x^2}~dx = \frac{1}{k^2} + \frac{1}{k} .$$ Додавання часткової суми до$k-1$ ми отримаємо $$\frac{1}{k} + \sum_{n=1}^{k-1} \frac{1}{n^2} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{k^2} + \frac{1}{k} + \sum_{n=1}^{k-1} \frac{1}{n^2} .$$ Іншими словами,$\nicefrac{1}{k} + \sum_{n=1}^{k-1} \nicefrac{1}{n^2}$ це оцінка для суми в межах$\nicefrac{1}{k^2}$. Тому, якщо ми хочемо знайти суму в межах 0,01, відзначимо$\nicefrac{1}{{10}^2} = 0.01$. $$1.6397\ldots \approx \frac{1}{10} + \sum_{n=1}^{9} \frac{1}{n^2} \leq \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2} \leq \frac{1}{100} + \frac{1}{10} + \sum_{n=1}^{9} \frac{1}{n^2} \approx 1.6497\ldots .$$ Отримуємо Фактична сума дорівнює$\nicefrac{\pi^2}{6} \approx 1.6449\ldots$.

Вправи

Закінчіть доказ.

Дізнайтеся, для чого$a \in {\mathbb{R}}$ взагалі$\sum\limits_{n=1}^\infty e^{an}$ сходиться. Коли ряд сходиться, знайдіть верхню межу для суми.

а)$\sum\limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}$ Оцініть правильно в межах 0,01 за допомогою інтегрального тесту. б) Обчислити межу ряду точно і порівняти. Підказка: сума телескопів.

Доведіть $$\int_{-\infty}^\infty \left\lvert {\operatorname{sinc}(x)} \right\rvert~dx = \infty .$$ підказку: знову ж таки, досить показати це тільки з одного боку.

Чи можете ви інтерпретувати $$\int_{-1}^1 \frac{1}{\sqrt{\left\lvert {x} \right\rvert}}~dx$$ як неправильний інтеграл? Якщо так, обчислити його значення.

Візьмемо$f \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$, Riemann інтегрується на кожному інтервалі$[0,b]$, і такі$M$, що існують$a$, і$T$, такі, що$\left\lvert {f(t)} \right\rvert \leq M e^{at}$ для всіх$t \geq T$. Показати, що перетворення Лапласа$f$ існує. Тобто для кожного$s > a$ сходиться наступний інтеграл: $$F(s) := \int_{0}^\infty f(t) e^{-st} ~dt .$$

$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти інтегровну функцію Рімана на кожному інтервалі$[a,b]$, і таке, що$\int_{-\infty}^\infty \left\lvert {f(x)} \right\rvert~dx < \infty$. Показати, що синус Фур'є і косинус перетворення існують. Тобто, для кожного$\omega \geq 0$ наступні інтеграли сходяться $$F^s(\omega) := \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^\infty f(t) \sin(\omega t) ~dt , \qquad F^c(\omega) := \frac{1}{\pi} \int_{-\infty}^\infty f(t) \cos(\omega t) ~dt .$$ Крім того, показують, що$F^s$ і$F^c$ є обмеженими функціями.

Припустимо$f \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$, що Riemann інтегрується на кожному інтервалі$[0,b]$. Показати, що$\int_0^\infty f$ сходиться, якщо і тільки якщо для кожного$\epsilon > 0$ існує$M$ таке, що якщо$M \leq a < b$ тоді$\left\lvert {\int_a^b f} \right\rvert < \epsilon$.

Припустимо,$f \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ невід'ємний і зменшується. а) Покажіть$\int_0^\infty f < \infty$, що якщо, то$\lim\limits_{x\to\infty} f(x) = 0$. б) Покажіть, що зворотне не тримається.

Знайдіть приклад необмеженої неперервної функції$f \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$, яка є невід'ємною і такою, що$\int_0^\infty f < \infty$. Зверніть увагу, що це означає, що цього$\lim_{x\to\infty} f(x)$ не існує; порівняйте попередню вправу. Підказка: на кожному інтервалі визначте функцію$[k,k+1]$$k \in {\mathbb{N}}$, інтеграл якої за цей інтервал менше, ніж скажімо$2^{-k}$.

Знайдіть приклад функції, що$f \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ інтегрується на всіх інтервалах, така, яка$\lim_{n\to\infty} \int_0^n f$ сходиться як межа послідовності, але така, яка$\int_0^\infty f$ не існує. Підказка: для всіх$n\in {\mathbb{N}}$$[n,n+1]$ розділіть на дві половини. В одній половині зробіть функцію негативною, на іншій зробіть функцію позитивною.

Показати, що якщо$f \colon [1,\infty) \to {\mathbb{R}}$ такий, що$g(x) := x^2 f(x)$ є обмеженою функцією, то$\int_1^\infty f$ сходиться.

Іноді бажано привласнювати значення інтегралам, які зазвичай не можуть бути інтерпретовані як навіть неправильні інтеграли, наприклад$\int_{-1}^1 \nicefrac{1}{x}~dx$. Припустимо,$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ це функція і$a < c < b$, де Riemann$f$ інтегрується на всіх інтервалах$[a,c-\epsilon]$ і$[c+\epsilon,b]$ для всіх$\epsilon > 0$. Визначте основне значення Коші$\int_a^b f$ так, $$p.v.\!\int_a^b f := \lim_{\epsilon\to 0^+} \left( \int_a^{c-\epsilon} f + \int_{c+\epsilon}^b f \right) ,$$ ніби межа існує.

а) Обчислити$p.v.\!\int_{-1}^1 \nicefrac{1}{x}~dx$.
б) Обчислити$\lim_{\epsilon\to 0^+} ( \int_{-1}^{-\epsilon} \nicefrac{1}{x}~dx + \int_{2\epsilon}^1 \nicefrac{1}{x}~dx )$ і показати, що він не дорівнює основному значенню.
в) Показати, що якщо$f$ інтегрується на$[a,b]$, то$p.v.\!\int_a^b f = \int_a^b f$.
г) Знайти приклад$f$ з сингулярністю при$c$ як вище такий, що$p.v.\!\int_a^b f$ існує, але неправильні інтеграли$\int_a^c f$ і$\int_c^b f$ розходяться.
д) Припустимо$f \colon [-1,1] \to {\mathbb{R}}$, що є безперервним. Показати, що$p.v.\!\int_{-1}^1 \frac{f(x)}{x}~dx$ існує.

$g \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ і бути безперервними функціями, де$g(x) = 0$ для всіх$x \notin [a,b]$ протягом деякого інтервалу$[a,b]$.
а) Показати, що згортка $$(g * f)(x) := \int_{-\infty}^\infty f(t)g(x-t)~dt$$ чітко визначена для всіх$x \in {\mathbb{R}}$.
б) Припустимо$\int_{-\infty}^\infty \left\lvert {f(x)} \right\rvert~dx < \infty$. Доведіть, що $$\lim_{x \to -\infty} (g * f)(x) = 0, \qquad \text{and} \qquad \lim_{x \to \infty} (g * f)(x) = 0 .$$

Послідовності функцій

Точкова і рівномірна конвергенція

Примітка: 1-1.5 лекція

До сих пір, коли ми говорили про послідовності ми завжди говорили про послідовності чисел. Однак дуже корисною концепцією в аналізі є використання послідовності функцій. Наприклад, рішення деякого диференціального рівняння можна знайти, знаходячи лише наближені розв'язки. Тоді реальне рішення - це якась межа цих приблизних рішень.

Говорячи про послідовності функцій, складна частина полягає в тому, що існує кілька понять межі. Опишемо два загальних поняття межі послідовності функцій.

Точкове зближення

Для кожного$n \in {\mathbb{N}}$ нехай$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$ буде функція. Ми говоримо, що послідовність$\{ f_n \}_{n=1}^\infty$ сходиться точково до$f \colon S \to {\mathbb{R}}$, якщо для кожного у$x \in S$ нас є $$f(x) = \lim_{n\to\infty} f_n(x) .$$

Загальноприйнято говорити, що$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$ сходиться до$f$ на$T \subset {\mathbb{R}}$ для деяких$f \colon T \to {\mathbb{R}}$. У такому випадку ми, звичайно, маємо$f(x) = \lim\, f_n(x)$ на увазі для кожного$x \in T$. Ми просто маємо на увазі, що обмеження$f_n$$T$ сходяться точково до$f$.

Послідовність функцій, визначених шляхом,$f_n(x) := x^{2n}$ сходиться до$f \colon [-1,1] \to {\mathbb{R}}$ on$[-1,1]$, де $$f(x) = \begin{cases} 1 & \text{if $x=-1$ or $x=1$,} \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases}$$ Див.

Щоб переконатися в цьому так, спочатку візьміть$x \in (-1,1)$. Потім$0 \leq x^2 < 1$. $$\left\lvert {x^{2n} - 0} \right\rvert = {(x^2)}^n \to 0 \quad \text{as} \quad n \to \infty .$$ Тому ми бачили перед цим$\lim\,f_n(x) = 0$.

Коли$x = 1$ або$x=-1$, то$x^{2n} = 1$ для всіх$n$ і значить$\lim\,f_n(x) = 1$. Відзначимо також, що$\{ f_n(x) \}$ не сходиться для всіх інших$x$.

Нерідко функції задаються у вигляді ряду. У цьому випадку ми використовуємо поняття точкової збіжності для знаходження значень функції.

Пишемо $$\sum_{k=0}^\infty x^k$$ для позначення межі функцій $$f_n(x) := \sum_{k=0}^n x^k .$$ При вивченні рядів ми побачили, що$x \in (-1,1)$ на$f_n$ сходяться точково до $$\frac{1}{1-x} .$$

Тонкий момент тут полягає в тому, що хоча$\frac{1}{1-x}$ визначено для всіх$x \not=1$, і$f_n$ визначено для всіх$x$ (навіть при$x=1$), конвергенція відбувається лише на$(-1,1)$.

Тому, коли ми $$f(x) := \sum_{k=0}^\infty x^k$$ пишемо, ми маємо на увазі,$f$ що визначено на$(-1,1)$ і є точковою межею часткових сум.

Нехай$f_n(x) := \sin(xn)$. Тоді$f_n$ не сходиться точково до будь-якої функції на будь-якому інтервалі. Він може сходитися в певних точках, наприклад, коли$x=0$ або$x=\pi$. Залишається як вправа, що в будь-якому інтервалі існує$x$ таке$[a,b]$, що$\sin(xn)$ не має межі, як$n$ йде до нескінченності.

Перш ніж перейти до рівномірної конвергенції, давайте по-іншому переформулюємо точкову конвергенцію. Ми залишаємо доказ читачеві, це просте застосування визначення збіжності послідовності дійсних чисел.

[ptwsconv:prop] Нехай$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$ і$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ бути функціями. Потім$\{ f_n \}$ сходиться точково до$f$ якщо і тільки якщо для кожного$x \in S$, і кожного$\epsilon > 0$, існує$N \in {\mathbb{N}}$ таке, що $$\left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert < \epsilon$$ для всіх$n \geq N$.

Ключовим моментом тут є те, що$N$ може залежати$x$, а не тільки від$\epsilon$. Тобто для кожного$x$ ми можемо підібрати різне$N$. Якщо ми можемо вибрати один$N$ для всіх$x$, ми маємо те, що називається рівномірною конвергенцією.

Рівномірна конвергенція

$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути функціями. Ми говоримо, що послідовність$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$f \colon S \to {\mathbb{R}}$, якщо для кожного$\epsilon > 0$ існує$N \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є $$\left\lvert {f_n(x) - f(x)} \right\rvert < \epsilon \qquad \text{for all $x \in S$.}$$

Зауважте, що$N$ тепер не може залежати від$x$. Враховуючи, що$\epsilon > 0$ ми повинні знайти такий$N$, який працює для всіх$x \in S$. Через, ми бачимо, що рівномірна конвергенція передбачає точкову конвергенцію.

$\{ f_n \}$Дозволяти послідовність функцій$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$. Якщо$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$f \colon S \to {\mathbb{R}}$, то$\{ f_n \}$ сходиться точково до$f$.

Зворотне не тримає.

Функції$f_n(x) := x^{2n}$ не сходяться рівномірно$[-1,1]$, навіть якщо вони сходяться точково. Щоб переконатися в цьому, припустимо для протиріччя, що конвергенція рівномірна. Бо$\epsilon := \nicefrac{1}{2}$, там повинен існувати$N$ такий, що$x^{2N} = \left\lvert {x^{2N} - 0} \right\rvert < \nicefrac{1}{2}$ для всіх$x \in (-1,1)$ (як$f_n(x)$ сходиться до 0 на$(-1,1)$). Але це означає, що для будь-якої послідовності$\{ x_k \}$ в$(-1,1)$ такому, що у$\lim\, x_k = 1$ нас є$x_k^{2N} < \nicefrac{1}{2}$ для всіх$k$. З іншого боку$x^{2N}$ є безперервною функцією$x$ (це многочлен), тому отримуємо протиріччя $$1 = 1^{2N} = \lim_{k\to\infty} x_k^{2N} \leq \nicefrac{1}{2} .$$

Однак, якщо ми обмежуємо наш домен$[-a,a]$ де$0 < a < 1$, то$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до 0 на$[-a,a]$. Спочатку відзначимо, що$a^{2n} \to 0$ як$n \to \infty$. При цьому дано$\epsilon > 0$, підбирайте$N \in {\mathbb{N}}$ таке, що$a^{2n} < \epsilon$ для всіх$n \geq N$. Тоді для будь-якого у$x \in [-a,a]$ нас є$\left\lvert {x} \right\rvert \leq a$. Тому для$n \geq N$ $$\left\lvert {x^{2N}} \right\rvert = \left\lvert {x} \right\rvert^{2N} \leq a^{2N} < \epsilon .$$

Зближення в єдиній нормі

Для обмежених функцій існує ще один більш абстрактний спосіб думати про рівномірну збіжність. Кожній обмеженій функції ми привласнюємо певне невід'ємне число (яке називається рівномірною нормою). Це число вимірює «відстань» функції від 0. Потім ми можемо «виміряти», наскільки дві функції знаходяться один від одного. Ми просто переводимо твердження про рівномірну збіжність в твердження про певну послідовність дійсних чисел, що сходяться до нуля.

[def:unifnorm]$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути обмеженою функцією. Визначити $$\left\lVert {f} \right\rVert_u := \sup \bigl\{ \left\lvert {f(x)} \right\rvert : x \in S \bigr\} .$$ $\left\lVert {\cdot} \right\rVert_u$ називається єдиною нормою.

Щоб використовувати це позначення ²⁶ і це поняття, домен$S$ повинен бути фіксованим. Деякі автори використовують позначення,$\left\lVert {f} \right\rVert_S$ щоб підкреслити залежність від$S$.

Послідовність обмежених функцій рівномірно$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$ сходиться до$f \colon S \to {\mathbb{R}}$, якщо і тільки якщо $$\lim_{n\to\infty} \left\lVert {f_n - f} \right\rVert_u = 0 .$$

Спочатку припустимо$\lim \left\lVert {f_n - f} \right\rVert_u = 0$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тоді існує$N$ таке, що для$n \geq N$ нас є$\left\lVert {f_n - f} \right\rVert_u < \epsilon$. Як і$\left\lVert {f_n-f} \right\rVert_u$ супремум$\left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert$, ми бачимо, що для всіх у$x$ нас є$\left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert < \epsilon$.

З іншого боку, припустимо,$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$f$. Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Тоді знайдіть$N$ таке, що$\left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert < \epsilon$ для всіх$x \in S$. Беручи супремум, ми бачимо, що$\left\lVert {f_n - f} \right\rVert_u < \epsilon$. Звідси$\lim \left\lVert {f_n-f} \right\rVert_u = 0$.

Іноді кажуть, що $\{ f_n \}$сходиться$f$ в єдиній нормі, а не сходиться рівномірно. Пропозиція говорить про те, що два поняття - це одне і те ж.

Дозвольте$f_n \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ визначитися з$f_n(x) := \frac{nx+ \sin(nx^2)}{n}$. Тоді ми стверджуємо, що$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$f(x) := x$. Обчислимо: $$\begin{split} \left\lVert {f_n-f} \right\rVert_u & = \sup \left\{ \left\lvert {\frac{nx+ \sin(nx^2)}{n} - x} \right\rvert : x \in [0,1] \right\} \\ & = \sup \left\{ \frac{\left\lvert {\sin(nx^2)} \right\rvert}{n} : x \in [0,1] \right\} \\ & \leq \sup \{ \nicefrac{1}{n} : x \in [0,1] \} \\ & = \nicefrac{1}{n}. \end{split}$$

Використовуючи рівномірну норму, ми визначаємо послідовності Коші так само, як визначаємо послідовності Коші дійсних чисел.

$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути обмеженими функціями. Послідовність Коші в єдиній нормі або рівномірно Коші, якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$N \in {\mathbb{N}}$ така, що для$m,k \geq N$ нас є $$\left\lVert {f_m-f_k} \right\rVert_u < \epsilon .$$

[prop:uniformcauchy]$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути обмеженими функціями. Тоді$\{ f_n \}$ є Коші в єдиній нормі тоді і тільки тоді, коли існує$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ і$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$f$.

Давайте спочатку припустимо$\{ f_n \}$, що Коші в єдиній нормі. Давайте визначимося$f$. Виправте$x$, тоді$\{ f_n(x) \}$ послідовність Коші тому що $$\left\lvert {f_m(x)-f_k(x)} \right\rvert \leq \left\lVert {f_m-f_k} \right\rVert_u .$$ Таким чином$\{ f_n(x) \}$ сходиться до деякого дійсного числа. Визначити$f \colon S \to {\mathbb{R}}$ за $$f(x) := \lim_{n \to \infty} f_n(x) .$$ Послідовність$\{ f_n \}$ сходиться точково до$f$. Щоб показати, що збіжність рівномірна, нехай$\epsilon > 0$ буде дано. Знайдіть$N$ таке, що для$m, k \geq N$ нас є$\left\lVert {f_m-f_k} \right\rVert_u < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Іншими словами, для всіх у$x$ нас є$\left\lvert {f_m(x)-f_k(x)} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Беремо межу, як$k$ йде до нескінченності. Потім$\left\lvert {f_m(x)-f_k(x)} \right\rvert$ переходить до$\left\lvert {f_m(x)-f(x)} \right\rvert$. Отже, за все$x$ отримуємо $$\left\lvert {f_m(x)-f(x)} \right\rvert \leq \nicefrac{\epsilon}{2} < \epsilon .$$ І звідси$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно.

Для іншого напрямку, припустимо,$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$f$. Враховуючи$\epsilon > 0$, знайдіть$N$ таке, що для всіх у$n \geq N$ нас є$\left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{4}$$x \in S$. Тому для всіх у$m, k \geq N$ нас є $$\left\lvert {f_m(x)-f_k(x)} \right\rvert = \left\lvert {f_m(x)-f(x)+f(x)-f_k(x)} \right\rvert \leq \left\lvert {f_m(x)-f(x)} \right\rvert+\left\lvert {f(x)-f_k(x)} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{4} + \nicefrac{\epsilon}{4} .$$ Візьміть supremum над усім$x$, щоб отримати $$\left\lVert {f_m-f_k} \right\rVert_u \leq \nicefrac{\epsilon}{2} < \epsilon . \qedhere$$

Вправи

$g$Дозволяти$f$ і бути обмеженими функціями на$[a,b]$. Довести $$\left\lVert {f+g} \right\rVert_u \leq \left\lVert {f} \right\rVert_u + \left\lVert {g} \right\rVert_u .$$

а) Знайдіть точкову межу$\dfrac{e^{x/n}}{n}$ для$x \in {\mathbb{R}}$.
б) Чи є ліміт рівномірним на${\mathbb{R}}$?
в) Чи є ліміт рівномірним на$[0,1]$?

Припустимо$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$, функції, які сходяться рівномірно до$f \colon S \to {\mathbb{R}}$. Припустимо$A \subset S$. Показати, що послідовність обмежень$\{ f_n|_A \}$ сходиться рівномірно до$f|_A$.

Припустимо,$\{ f_n \}$ і$\{ g_n \}$ визначені на деякому множині$A$ сходяться до$f$ і$g$ відповідно точково. Показати, що$\{ f_n+g_n \}$ сходиться точково до$f+g$.

Припустимо,$\{ f_n \}$ і$\{ g_n \}$ визначені на деякому множині$A$ сходяться$f$ і$g$ відповідно рівномірно на$A$. Покажіть, що рівномірно$\{ f_n+g_n \}$ сходиться до$f+g$ увімкненого$A$.

Знайдіть приклад послідовності функцій$\{ f_n \}$ і$\{ g_n \}$ які рівномірно сходяться до деякої$f$ та$g$ на деякій множині$A$, але такі, що$\{ f_ng_n \}$ (кратні) не сходяться рівномірно до$fg$ увімкненого$A$. Підказка: Нехай$A := {\mathbb{R}}$, нехай$f(x):=g(x) := x$. Можна навіть підібрати$f_n = g_n$.

Припустимо, існує послідовність функцій,$\{ g_n \}$ рівномірно сходяться до$0$ on$A$. Тепер припустимо, що у нас є послідовність функцій$\{ f_n \}$ і функція$f$ на$A$ такі, що $$\left\lvert {f_n(x) - f(x)} \right\rvert \leq g_n(x)$$ для всіх$x \in A$. Покажіть, що рівномірно$\{ f_n \}$ сходиться до$f$ увімкненого$A$.

Дозволяти$\{ f_n \}$,$\{ g_n \}$ і$\{ h_n \}$ бути послідовності функцій на$[a,b]$. Припустимо$\{ f_n \}$ і$\{ h_n \}$ сходяться рівномірно до якоїсь функції$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ і припустимо$f_n(x) \leq g_n(x) \leq h_n(x)$ для всіх$x \in [a,b]$. Показати, що$\{ g_n \}$ сходиться рівномірно до$f$.

$f_n \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти послідовність зростаючих функцій (тобто$f_n(x) \geq f_n(y)$ всякий раз$x \geq y$). Припустимо$f_n(0) = 0$, і$\lim\limits_{n \to \infty} f_n(1) = 0$. Показати, що$\{ f_n \}$ сходиться рівномірно до$0$.

$\{f_n\}$Дозволяти послідовність функцій, визначених на$[0,1]$. Припустимо, існує послідовність різних чисел,$x_n \in [0,1]$ таких, що $$f_n(x_n) = 1 .$$ Довести або спростувати такі твердження:
а) True або false: Існує$\{ f_n \}$ як вище, що сходиться до$0$ точково.
б) True або false: Існує,$\{ f_n \}$ як вище, що сходиться до$0$ рівномірно$[0,1]$.

Закріпіть суцільну$h \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$. Нехай$f(x) := h(x)$ для$x \in [a,b]$,$f(x) := h(a)$ для$x < a$ і$f(x) := h(b)$ для всіх$x > b$. Перше шоу, яке$f \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$ є безперервним. Тепер нехай$f_n$ буде функція з$g$ з$\epsilon = \nicefrac{1}{n}$, визначена на інтервалі$[a,b]$. Покажіть, що рівномірно$\{ f_n \}$ сходиться до$h$ увімкненого$[a,b]$.

Обмін лімітами

Примітка: 1-1,5 лекції

Значні частини сучасного аналізу стосуються в основному питання обміну двома обмежувальними операціями. Коли у нас є ланцюжок з двох обмежень, ми не завжди можемо просто поміняти межі. Наприклад, $$0 = \lim_{n\to\infty} \left( \lim_{k\to\infty} \frac{\nicefrac{n}{k}}{\nicefrac{n}{k} + 1} \right) \not= \lim_{k\to\infty} \left( \lim_{n\to\infty} \frac{\nicefrac{n}{k}}{\nicefrac{n}{k} + 1} \right) = 1 .$$

Якщо говорити про послідовності функцій, обмін лімітами виникає досить часто. Лікуємо два випадки. Спочатку ми дивимося на безперервність межі, а по-друге дивимося на інтеграл межі.

Безперервність ліміту

Якщо у нас є$\{ f_n \}$ послідовність неперервних функцій, це межа безперервна? Припустимо,$f$ це (точково) межа$\{ f_n \}$. Якщо$\lim\, x_k = x$ нас цікавить наступний обмін лімітів. Рівність, яку ми маємо довести (це не завжди вірно), позначається знаком питання. Насправді обмежень ліворуч від знака питання може навіть не існувати. $$\lim_{k \to \infty} f(x_k) = \lim_{k \to \infty} \Bigl( \lim_{n \to \infty} f_n(x_k) \Bigr) \overset{\text{\textbf{?}}}{=} \lim_{n \to \infty} \Bigl( \lim_{k \to \infty} f_n(x_k) \Bigr) = \lim_{n \to \infty} f_n(x) = f(x) .$$ Зокрема, ми хочемо знайти умови на послідовності$\{ f_n \}$ так, щоб вищевказане рівняння трималося. Виходить, що якщо ми вимагаємо лише точкової збіжності, то межа послідовності функцій не повинна бути безперервною, а вищевказане рівняння не потрібно тримати.

$f_n \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися як $$f_n(x) := \begin{cases} 1-nx & \text{if $x < \nicefrac{1}{n}$,}\\ 0 & \text{if $x \geq \nicefrac{1}{n}$.} \end{cases}$$ Див.

Кожна функція$f_n$ є безперервною. Закріпіть$x \in (0,1]$. Якщо$n \geq \nicefrac{1}{x}$, то$x \geq \nicefrac{1}{n}$. Тому для$n \geq \nicefrac{1}{x}$ нас є$f_n(x) = 0$, і так $$\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0.$$ З іншого боку$x=0$, якщо, то $$\lim_{n \to \infty} f_n(0) = \lim_{n \to \infty} 1 = 1.$$ Таким чином точкова межа$f_n$ є функція$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ $$f(x) := \begin{cases} 1 & \text{if $x = 0$,}\\ 0 & \text{if $x > 0$.} \end{cases}$$ визначена Функція не$f$ є безперервним в 0.

Якщо ми, однак, вимагаємо, щоб конвергенція була рівномірною, межі можна поміняти місцями.

$\{ f_n \}$Дозволяти послідовність неперервних функцій,$f_n \colon S \to {\mathbb{R}}$ що сходяться рівномірно до$f \colon S \to {\mathbb{R}}$. Потім$f$ безперервно.

Нехай$x \in S$ буде зафіксовано. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність в$S$ сходженні до$x$.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Як$\{ f_k \}$ сходиться рівномірно$f$, ми знаходимо$k \in {\mathbb{N}}$ таке, що $$\left\lvert {f_k(y)-f(y)} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3}$$ для всіх$y \in S$. Як$f_k$ це безперервно в$x$, ми знаходимо$N \in {\mathbb{N}}$ таке, що бо$m \geq N$ ми маємо $$\left\lvert {f_k(x_m)-f_k(x)} \right\rvert < \nicefrac{\epsilon}{3} .$$ Таким чином, бо$m \geq N$ ми маємо $$\begin{split} \left\lvert {f(x_m)-f(x)} \right\rvert & = \left\lvert {f(x_m)-f_k(x_m)+f_k(x_m)-f_k(x)+f_k(x)-f(x)} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {f(x_m)-f_k(x_m)} \right\rvert+ \left\lvert {f_k(x_m)-f_k(x)} \right\rvert+ \left\lvert {f_k(x)-f(x)} \right\rvert \\ & < \nicefrac{\epsilon}{3} + \nicefrac{\epsilon}{3} + \nicefrac{\epsilon}{3} = \epsilon . \end{split}$$ Тому$\{ f(x_m) \}$ сходиться$f(x)$ і, отже,$f$ безперервно в$x$. Як$x$ було довільно,$f$ безперервно всюди.

Інтеграл межі

Знову ж таки, якщо ми просто вимагаємо точкової збіжності, то інтеграл межі послідовності функцій не повинен дорівнювати межі інтегралів.

$f_n \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися як $$f_n(x) := \begin{cases} 0 & \text{if $x = 0$,}\\ n-n^2x & \text{if $0 < x < \nicefrac{1}{n}$,}\\ 0 & \text{if $x \geq \nicefrac{1}{n}$.} \end{cases}$$ Див.

Кожен з них$f_n$ інтегрується Riemann (він безперервний$(0,1]$ і обмежений), і це легко побачити $$\int_0^1 f_n = \int_0^{\nicefrac{1}{n}} (n-n^2x)~dx = \nicefrac{1}{2} .$$ Давайте обчислимо точкову межу$\{ f_n \}$. Закріпіть$x \in (0,1]$. Бо у$n \geq \nicefrac{1}{x}$ нас$x \geq \nicefrac{1}{n}$ і так$f_n(x) = 0$. Тому $$\lim_{n \to \infty} f_n(x) = 0.$$ і у нас є$f_n(0) = 0$ для всіх$n$. Тому точкова межа$\{ f_n \}$ є нульовою функцією. Таким чином $$\nicefrac{1}{2} = \lim_{n\to\infty} \int_0^1 f_n (x)~dx \not= \int_0^1 \left( \lim_{n\to\infty} f_n(x)\right)~dx = \int_0^1 0~dx = 0 .$$

Але якщо ми знову вимагаємо, щоб конвергенція була рівномірною, межі можна поміняти місцями.

[integralinterchange:thm]$\{ f_n \}$ Дозволяти бути послідовністю інтегровних функцій Рімана$f_n \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$, що збігаються рівномірно до$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$. Тоді$f$ Riemann інтегрується і $$\int_a^b f = \lim_{n\to\infty} \int_a^b f_n .$$

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Що$f_n$ стосується$f$ рівномірно, ми знаходимо$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є$\left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2(b-a)}$ для всіх$x \in [a,b]$. Зокрема, зворотним трикутником нерівність$\left\lvert {f(x)} \right\rvert < \frac{\epsilon}{2(b-a)} + \left\lvert {f_n(x)} \right\rvert$ для всіх$x$, отже,$f$$f_n$ обмежується як обмежена. Зверніть увагу, що$f_n$ інтегрується і обчислюється $$\begin{split} \overline{\int_a^b} f - \underline{\int_a^b} f & = \overline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) + f_n(x) \bigr)~dx - \underline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) + f_n(x) \bigr)~dx \\ & \leq \overline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) \bigr)~dx + \overline{\int_a^b} f_n(x) ~dx - \underline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) \bigr)~dx - \underline{\int_a^b} f_n(x) ~dx \\ & = \overline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) \bigr)~dx + \int_a^b f_n(x) ~dx - \underline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) \bigr)~dx - \int_a^b f_n(x) ~dx \\ & = \overline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) \bigr)~dx - \underline{\int_a^b} \bigl( f(x) - f_n(x) \bigr)~dx \\ & \leq \frac{\epsilon}{2(b-a)} (b-a) + \frac{\epsilon}{2(b-a)} (b-a) = \epsilon . \end{split}$$ Перша нерівність є (вона випливає як супремум суми менше або дорівнює сумі супреми і аналогічно для інфіми, див.). Друга нерівність випливає з і того, що для всіх у$x \in [a,b]$ нас є$\frac{-\epsilon}{2(b-a)} < f(x)-f_n(x) < \frac{\epsilon}{2(b-a)}$. Як$\epsilon > 0$ було довільно,$f$ це інтегрується Riemann.

Нарешті ми обчислюємо$\int_a^b f$. Застосовуємо в розрахунку. Знову ж таки, бо$n \geq M$ (де те$M$ саме, що вище) ми маємо $$\begin{split} \left\lvert {\int_a^b f - \int_a^b f_n} \right\rvert & = \left\lvert { \int_a^b \bigl(f(x) - f_n(x)\bigr)~dx} \right\rvert \\ & \leq \frac{\epsilon}{2(b-a)} (b-a) = \frac{\epsilon}{2} < \epsilon . \end{split}$$ Тому$\{ \int_a^b f_n \}$ сходиться до$\int_a^b f$.

Припустимо, ми хочемо обчислити $$\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{nx+ \sin(nx^2)}{n} ~dx .$$ Неможливо обчислити інтеграли для будь-якого конкретного,$n$ використовуючи обчислення, оскільки не$\sin(nx^2)$ має антипохідної закритої форми. Однак ми можемо обчислити ліміт. Ми показали раніше, що$\frac{nx+ \sin(nx^2)}{n}$ сходиться рівномірно$[0,1]$ на$x$. До, межа існує і $$\lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{nx+ \sin(nx^2)}{n} ~dx = \int_0^1 x ~dx = \nicefrac{1}{2} .$$

Якщо конвергенція лише точкова, межа навіть не повинна бути інтегровною Рімана. На$[0,1]$ визначення $$f_n(x) := \begin{cases} 1 & \text{if $x = \nicefrac{p}{q}$ in lowest terms and $q \leq n$,} \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases}$$ Функція$f_n$ відрізняється від нульової функції у скінченно багатьох точках; існує лише скінченно багато дробів$[0,1]$ із знаменником меншим або рівним$n$. Так$f_n$ інтегрується і$\int_0^1 f_n = \int_0^1 0 = 0$. Це проста вправа, щоб показати, що$\{ f_n \}$ сходиться точково до функції Діріхле, $$f(x) := \begin{cases} 1 & \text{if $x \in {\mathbb{Q}}$,} \\ 0 & \text{otherwise,} \end{cases}$$ яка не є інтегровною Рімана.

Насправді, якщо збіжність лише точкова, межа обмежених функцій навіть не обов'язково обмежена. Визначити$f_n \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ по $$f_n(x) := \begin{cases} 0 & \text{ if $x < \nicefrac{1}{n}$,}\\ \nicefrac{1}{x} & \text{ else.} \end{cases}$$ Для кожного$n$ ми отримуємо, що$\left\lvert {f_n(x)} \right\rvert \leq n$ для всіх$x \in [0,1]$ так функції обмежені. Однак$f_n$ сходяться точково $$f(x) := \begin{cases} 0 & \text{ if $x = 0$,}\\ \nicefrac{1}{x} & \text{ else,} \end{cases}$$ , до яких необмежено.

Зауважимо, що хоча рівномірної збіжності достатньо для того, щоб поміняти ліміти інтегралами, однак, недостатньо поміняти ліміти похідними, якщо у вас також немає рівномірної збіжності самих похідних. Дивіться вправи нижче.

Вправи

Хоча рівномірна конвергенція зберігає безперервність, вона не зберігає диференційованості. Знайдіть явний приклад послідовності диференційовних функцій$[-1,1]$, які рівномірно сходяться до$f$ такої функції, яка не$f$ є диференційовною. Підказка: Подумайте$\left\lvert {x} \right\rvert^{1+1/n}$, покажіть, що ці функції диференційовні, сходяться рівномірно, а потім покажіть, що межа не диференційовна.

Нехай$f_n(x) = \frac{x^n}{n}$. Показати, що рівномірно$\{ f_n \}$ сходиться до диференційовної функції$f$ на$[0,1]$ (знайти$f$). Однак покажіть, що$f'(1) \not= \lim\limits_{n\to\infty} f_n'(1)$.

Примітка: Попередні дві вправи показують, що ми не можемо просто поміняти межі похідними, навіть якщо конвергенція рівномірна. Дивіться також нижче.

$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути інтегровною (отже, обмеженою) функцією Рімана. Знайти$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \int_0^1 \frac{f(x)}{n} ~dx$.

Показати$\displaystyle \lim_{n\to\infty} \int_1^2 e^{-nx^2} ~dx = 0$. Не соромтеся використовувати те, що ви знаєте про експоненціальну функцію з числення.

Знайдіть приклад послідовності неперервних функцій$(0,1)$, на якій точково збігається до неперервної функції$(0,1)$, але збіжність не є рівномірною.

Примітка: У попередній вправі$(0,1)$ було підібрано для простоти. Для більш складної вправи$(0,1)$ замініть на$[0,1]$.

True/False; довести або знайти контрприклад до наступного твердження: Якщо$\{ f_n \}$ є послідовність всюди переривчастих функцій на$[0,1]$ що сходяться рівномірно до функції$f$,$f$ то всюди переривчастий.

[c1uniflim:exercise] Для безперервно диференційовної функції$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$, визначте $$\left\lVert {f} \right\rVert_{C^1} := \left\lVert {f} \right\rVert_u + \left\lVert {f'} \right\rVert_u .$$ Припустимо,$\{ f_n \}$ це послідовність безперервно диференційовних функцій така$\epsilon >0$, що для кожного існує$M$ така, що для всіх$n,k \geq M$ ми маємо $$\left\lVert {f_n-f_k} \right\rVert_{C^1} < \epsilon .$$ Показати, що $\{ f_n \}$рівномірно сходиться до деякої безперервно диференційованої функції$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$.

Для наступних двох вправ давайте визначимо для інтегровної функції Рімана$f \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ наступне число $$\left\lVert {f} \right\rVert_{L^1} := \int_0^1 \left\lvert {f(x)} \right\rvert~dx .$$ Це правда, що$\left\lvert {f} \right\rvert$ інтегрується, коли$f$ є, див. Ця норма визначає ще один дуже поширений тип конвергенції, який називається$L^1$ -конвергенція, тобто, однак, трохи більш тонкий.

Припустимо$\{ f_n \}$,$[0,1]$ що послідовність інтегровних функцій Рімана на якій рівномірно сходиться до$0$. Покажіть, що $$\lim_{n\to\infty} \left\lVert {f_n} \right\rVert_{L^1} = 0 .$$

Знайти послідовність інтегровних функцій Рімана$\{ f_n \}$ на$[0,1]$ те, що сходиться точково до$0$, але $$\lim_{n\to\infty} \left\lVert {f_n} \right\rVert_{L^1} \text{ does not exist (is $\infty$).}$$

Доведіть теорему Діні:$f_n \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ Дозволяти бути послідовність неперервних функцій таких, що $$0 \leq f_{n+1}(x) \leq f_n(x) \leq \cdots \leq f_1(x) \qquad \text{for all $n \in {\mathbb{N}}$.}$$ Припустимо$\{ f_n \}$ сходиться точково до$0$. Показати, що$\{ f_n \}$ сходиться до нуля рівномірно.

Припустимо,$f_n \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ це послідовність неперервних функцій, яка сходиться точково до неперервної$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$. Припустимо, що для будь-якого$x \in [a,b]$$\{ \left\lvert {f_n(x)-f(x)} \right\rvert \}$ послідовність одноманітна. Показати, що послідовність$\{f_n\}$ сходиться рівномірно.

Знайти послідовність інтегровних функцій Рімана$f_n \colon [0,1] \to {\mathbb{R}}$ така, що$\{ f_n \}$ сходиться до нуля точково, і таку, що а)$\bigl\{ \int_0^1 f_n \bigr\}_{n=1}^\infty$ збільшується без обмежень, б)$\bigl\{ \int_0^1 f_n \bigr\}_{n=1}^\infty$ є послідовністю$-1,1,-1,1,-1,1, \ldots$.

Можна визначити спільну межу подвійної послідовності$\{ x_{n,m} \}$ дійсних чисел (тобто функції від${\mathbb{N}}\times {\mathbb{N}}$ до${\mathbb{R}}$). Ми говоримо$L$, що це спільна$\{ x_{n,m} \}$ межа і писати $$\lim_{\substack{n\to\infty\\m\to\infty}} x_{n,m} = L , \qquad \text{or} \qquad \lim_{(n,m) \to \infty} x_{n,m} = L ,$$ якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$M$ таке, що якщо$n \geq M$ і$m \geq M$, то$\left\lvert {x_{n,m} - L} \right\rvert < \epsilon$.

Припустимо, спільна межа$\{ x_{n,m} \}$ є$L$, і припустимо$n$, що для всіх,$\lim\limits_{m \to \infty} x_{n,m}$ існує, і для всіх$m$,$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n,m}$ існує. Потім покажіть$\lim\limits_{n\to\infty}\lim\limits_{m \to \infty} x_{n,m} = \lim\limits_{m\to\infty}\lim\limits_{n \to \infty} x_{n,m} = L$.

Спільна межа не означає, що ітераційні межі навіть існують. Розглянемо\(x_{n,m} := \frac

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[36]/p[18]/span[1]/span, line 1, column 5

{\min \{n,m \}}\).
а) Показати, що для ні$n$$\lim\limits_{m \to \infty} x_{n,m}$ існує, а для ні$m$$\lim\limits_{n \to \infty} x_{n,m}$ існує. Так що ні$\lim\limits_{n\to\infty}\lim\limits_{m \to \infty} x_{n,m}$, ні взагалі не має ніякого$\lim\limits_{m\to\infty}\lim\limits_{n \to \infty} x_{n,m}$ сенсу.
б) Показати, що спільна межа$\{ x_{n,m} \}$ існує і дорівнює 0.

Теорема Пікара

Примітка: 1—2 лекції (можна сміливо пропустити)

Курс першого семестру в аналізі повинен мати теорему калібру опору. Ми вибираємо теорему, доказ якої поєднує в собі все, що ми дізналися. Вона більш складна, ніж фундаментальна теорема числення, перша теорема родзинки цього курсу. Теорема, про яку ми говоримо, є теоремою ²⁷ Пікара про існування та єдиність розв'язку звичайного диференціального рівняння. І твердження, і доказ - прекрасні приклади того, що можна зробити з усім, що ми дізналися. Це також хороший приклад того, як аналіз застосовується як диференціальні рівняння незамінні в науці.

Звичайне диференційне рівняння першого порядку

Сучасна наука описується мовою диференціальних рівнянь. Тобто рівняння, в яких беруть участь не тільки невідоме, але і його похідні. Найпростішою нетривіальною формою диференціального рівняння є так зване звичайне $$y' = F(x,y) .$$ диференціальне рівняння першого порядку$y(x_0)=y_0$. Розв'язком рівняння є$y(x)$ така функція, що$y(x_0)=y_0$ і$y'(x) = F\bigl(x,y(x)\bigr)$.

Коли$F$ задіяна тільки$x$ змінна, рішення задається фундаментальною теоремою числення. З іншого боку, коли$F$ залежить від обох,$x$ і$y$ нам потрібно набагато більше вогневої потужності. Не завжди вірно, що рішення існує, і якщо воно є, то це унікальне рішення. Теорема Пікара дає нам певні достатні умови існування та єдиності.

Теорема

Нам потрібно визначення неперервності в двох змінних. Спочатку точка в площині${\mathbb{R}}^2 = {\mathbb{R}}\times {\mathbb{R}}$ позначається впорядкованою парою$(x,y)$. Щоб зробити справу простою, дамо наступне послідовне визначення безперервності.

$U \subset {\mathbb{R}}^2$Дозволяти бути набором і$F \colon U \to {\mathbb{R}}$ бути функцією. $(x,y) \in U$Дозволяти бути крапкою. Функція$F$ є безперервним в$(x,y)$ якщо для кожної$\{ (x_n,y_n) \}_{n=1}^\infty$ послідовності точок в$U$ такий, що$\lim\, x_n = x$ і$\lim\, y_n = y$, ми маємо $$\lim_{n \to \infty} F(x_n,y_n) = F(x,y) .$$ Ми говоримо$F$ безперервно, якщо він безперервний у всіх точках в$U$.

Нехай$I, J \subset {\mathbb{R}}$ будуть замкнуті обмежені інтервали, нехай$I_0$ і$J_0$ будуть їх інтер'єри, і нехай$(x_0,y_0) \in I_0 \times J_0$. Припустимо$F \colon I \times J \to {\mathbb{R}}$, безперервний і Ліпшиц у другій змінній, тобто існує$L$ таке число, що $$\left\lvert {F(x,y) - F(x,z)} \right\rvert \leq L \left\lvert {y-z} \right\rvert \ \ \ \text{ for all $y,z \in J$, $x \in I$} .$$ Тоді існує$h > 0$ і унікальна диференційована функція$f \colon [x_0 - h, x_0 + h] \to J \subset {\mathbb{R}}$, така, що $$\label{picard:diffeq} f'(x) = F\bigl(x,f(x)\bigr) \qquad \text{and} \qquad f(x_0) = y_0.$$

Припустимо, ми змогли знайти рішення$f$. Використовуючи фундаментальну теорему числення$f'(x) = F\bigl(x,f(x)\bigr)$$f(x_0) = y_0$, ми інтегруємо рівняння і запишемо [picard:diffeq] як інтегральне рівняння $$\label{picard:inteq} f(x) = y_0 + \int_{x_0}^x F\bigl(t,f(t)\bigr)~dt .$$ Ідея нашого доказу полягає в тому, що ми намагаємося підключити наближення до розв'язку праворуч [picard:inteq], щоб отримати кращі наближення на лівій стороні [picard:inteq]. Ми сподіваємося, що врешті-решт послідовність сходиться і вирішує [picard:inteq] і, отже, [picard:diffeq]. Наведена нижче методика називається ітерацією Пікара, а окремі функції$f_k$ називаються ітераціями Пікарда.

Без втрати спільності, припустимо$x_0 = 0$ (вправа нижче). Інша вправа говорить нам, що$F$ обмежена, оскільки вона є безперервною. Тому підбирайте деякі$M > 0$ так, щоб$\left\lvert {F(x,y)} \right\rvert \leq M$ для всіх$(x,y) \in I\times J$. Підібрати$\alpha > 0$ такі, що$[-\alpha,\alpha] \subset I$ і$[y_0-\alpha, y_0 + \alpha] \subset J$. Визначте $$h := \min \left\{ \alpha, \frac{\alpha}{M+L\alpha} \right\} .$$ Спостерігати$[-h,h] \subset I$.

Набір$f_0(x) := y_0$. Визначаємо$f_k$ індуктивно. Припускаючи$f_{k-1}([-h,h]) \subset [y_0-\alpha,y_0+\alpha]$, що ми бачимо$F\bigl(t,f_{k-1}(t)\bigr)$ це чітко визначена функція$t$ for$t \in [-h,h]$. Далі якщо$f_{k-1}$ безперервний на$[-h,h]$,$F\bigl(t,f_{k-1}(t)\bigr)$ то безперервний як функція$t$ on$[-h,h]$ (зліва як вправа). Визначити $$f_k(x) := y_0+ \int_{0}^x F\bigl(t,f_{k-1}(t)\bigr)~dt ,$$ і$f_k$ є безперервним$[-h,h]$ за фундаментальною теоремою числення. Щоб побачити, що$f_k$ карти$[-h,h]$$[y_0-\alpha,y_0+\alpha]$, ми обчислюємо для$x \in [-h,h]$ $$\left\lvert {f_k(x) - y_0} \right\rvert = \left\lvert {\int_{0}^x F\bigl(t,f_{k-1}(t)\bigr)~dt } \right\rvert \leq M\left\lvert {x} \right\rvert \leq Mh \leq M \frac{\alpha}{M+L\alpha} \leq \alpha .$$ Ми тепер визначити$f_{k+1}$ і так далі, і ми визначили$\{ f_k \}$ послідовність функцій. Нам потрібно показати, що вона сходиться до функції$f$, яка вирішує рівняння [picard:inteq] і, отже, [picard:diffeq].

Ми хочемо показати, що послідовність$\{ f_k \}$ сходиться рівномірно до деякої функції на$[-h,h]$. По-перше, для$t \in [-h,h]$ нас є наступні корисні $$\left\lvert {F\bigl(t,f_{n}(t)\bigr) - F\bigl(t,f_{k}(t)\bigr)} \right\rvert \leq L \left\lvert {f_n(t)-f_k(t)} \right\rvert \leq L \left\lVert {f_n-f_k} \right\rVert_u ,$$ зв'язки де$\left\lVert {f_n-f_k} \right\rVert_u$ є єдиною нормою, тобто supremum$\left\lvert {f_n(t)-f_k(t)} \right\rvert$ for$t \in [-h,h]$. Тепер зауважте, що$\left\lvert {x} \right\rvert \leq h \leq \frac{\alpha}{M+L\alpha}$. Тому $$\begin{split} \left\lvert {f_n(x) - f_k(x)} \right\rvert & = \left\lvert {\int_{0}^x F\bigl(t,f_{n-1}(t)\bigr)~dt - \int_{0}^x F\bigl(t,f_{k-1}(t)\bigr)~dt} \right\rvert \\ & = \left\lvert {\int_{0}^x F\bigl(t,f_{n-1}(t)\bigr)- F\bigl(t,f_{k-1}(t)\bigr)~dt} \right\rvert \\ & \leq L\left\lVert {f_{n-1}-f_{k-1}} \right\rVert_u \left\lvert {x} \right\rvert \\ & \leq \frac{L\alpha}{M+L\alpha} \left\lVert {f_{n-1}-f_{k-1}} \right\rVert_u . \end{split}$$ Нехай$C := \frac{L\alpha}{M+L\alpha}$ і відмітить, що$C < 1$. Беручи супремум з лівого боку, ми отримуємо $$\left\lVert {f_n-f_k} \right\rVert_u \leq C \left\lVert {f_{n-1}-f_{k-1}} \right\rVert_u .$$ Без втрати спільності, припустимо$n \geq k$. Тоді ми можемо показати, $$\left\lVert {f_n-f_k} \right\rVert_u \leq C^{k} \left\lVert {f_{n-k}-f_{0}} \right\rVert_u .$$ бо$x \in [-h,h]$ ми маємо $$\left\lvert {f_{n-k}(x)-f_{0}(x)} \right\rvert = \left\lvert {f_{n-k}(x)-y_0} \right\rvert \leq \alpha .$$ Отже, $$\left\lVert {f_n-f_k} \right\rVert_u \leq C^{k} \left\lVert {f_{n-k}-f_{0}} \right\rVert_u \leq C^{k} \alpha .$$ як$C < 1$,$\{f_n\}$ є рівномірно Коші, і ми отримуємо, що рівномірно$\{ f_n \}$ сходиться$[-h,h]$ до якоїсь функції$f \colon [-h,h] \to {\mathbb{R}}$. Функція$f$ є рівномірною межею безперервних функцій і, отже, безперервної. Далі, так як все$f_n([-h,h]) \subset [y_0-\alpha,y_0+\alpha]$, то$f([-h,h]) \subset [y_0-\alpha,y_0+\alpha]$ (навіщо?).

Тепер нам потрібно показати, що$f$ вирішує [picard:inteq]. По-перше, як і раніше ми $$\left\lvert {F\bigl(t,f_{n}(t)\bigr) - F\bigl(t,f(t)\bigr)} \right\rvert \leq L \left\lvert {f_n(t)-f(t)} \right\rvert \leq L \left\lVert {f_n-f} \right\rVert_u .$$ помічаємо$\left\lVert {f_n-f} \right\rVert_u$ As сходиться до 0, потім$F\bigl(t,f_n(t)\bigr)$ сходиться рівномірно$F\bigl(t,f(t)\bigr)$ для$t \in [-h,h]$. Значить, для$x \in [-h,h]$ конвергенції є рівномірним для$t \in [0,x]$ (або$[x,0]$ якщо$x < 0$). Тому $$\begin{aligned} y_0 + \int_0^{x} F(t,f(t)\bigr)~dt & = y_0 + \int_0^{x} F\bigl(t,\lim_{n\to\infty} f_n(t)\bigr)~dt & & \\ & = y_0 + \int_0^{x} \lim_{n\to\infty} F\bigl(t,f_n(t)\bigr)~dt & & \text{(by continuity of $F$)} \\ & = \lim_{n\to\infty} \left( y_0 + \int_0^{x} F\bigl(t,f_n(t)\bigr)~dt \right) & & \text{(by uniform convergence)} \\ & = \lim_{n\to\infty} f_{n+1}(x) = f(x) . & &\end{aligned}$$ ми застосовуємо фундаментальну теорему числення, щоб показати, що$f$ диференційовно, а його похідна є$F\bigl(x,f(x)\bigr)$. Очевидно, що$f(0) = y_0$.

Нарешті, що залишилося зробити, - це показати унікальність. Припустимо$g \colon [-h,h] \to J \subset {\mathbb{R}}$, це інше рішення. Як і раніше використовуємо те, що$\left\lvert {F\bigl(t,f(t)\bigr) - F\bigl(t,g(t)\bigr)} \right\rvert \leq L \left\lVert {f-g} \right\rVert_u$. Тоді $$\begin{split} \left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert & = \left\lvert { y_0 + \int_0^{x} F\bigl(t,f(t)\bigr)~dt - \left( y_0 + \int_0^{x} F\bigl(t,g(t)\bigr)~dt \right) } \right\rvert \\ & = \left\lvert { \int_0^{x} F\bigl(t,f(t)\bigr) - F\bigl(t,g(t)\bigr)~dt } \right\rvert \\ & \leq L\left\lVert {f-g} \right\rVert_u\left\lvert {x} \right\rvert \leq Lh\left\lVert {f-g} \right\rVert_u \leq \frac{L\alpha}{M+L\alpha}\left\lVert {f-g} \right\rVert_u . \end{split}$$ як і раніше,$C = \frac{L\alpha}{M+L\alpha} < 1$. Приймаючи supremum$x \in [-h,h]$ на лівій стороні ми отримуємо $$\left\lVert {f-g} \right\rVert_u \leq C \left\lVert {f-g} \right\rVert_u .$$ Це можливо тільки якщо$\left\lVert {f-g} \right\rVert_u = 0$. $f=g$Тому і рішення унікальне.

Приклади

Давайте розглянемо кілька прикладів. Доказ теореми дає нам явний спосіб знайти$h$ те, що працює. Однак це не дає нам найкращого$h$. Часто можна знайти набагато більший,$h$ для якого тримається висновок теореми.

Доказ також дає нам ітерації Пікарда як наближення до рішення. Таким чином, доказ насправді говорить нам, як отримати рішення, а не тільки те, що рішення існує.

Розглянемо $$f'(x) = f(x), \qquad f(0) = 1 .$$ Тобто, ми дозволяємо$F(x,y) = y$, і ми шукаємо функцію$f$ таку, що$f'(x) = f(x)$. Підбираємо будь-який$I$, який містить 0 в інтер'єрі. Підбираємо довільний$J$, який містить 1 в своєму інтер'єрі. Ми можемо використовувати$L = 1$. Теорема гарантує$h > 0$ таке, що існує унікальне рішення$f \colon [-h,h] \to {\mathbb{R}}$. Це рішення зазвичай позначається $$e^x := f(x) .$$ Ми залишаємо його читачеві, щоб переконатися, що, вибравши$I$ і досить$J$ великий доказ теореми гарантує, що ми можемо вибрати$\alpha$ таке, що ми отримуємо будь-яке, що$h$ хочемо до тих пір, поки$h < \nicefrac{1}{2}$. Опускаємо розрахунок.

Звичайно, ми знаємо, що ця функція існує як функція для всіх$x$, тому$h$ довільна повинна працювати. За тими ж міркуваннями, що і вище, незалежно від того, що$x_0$ і$y_0$ є, доказ гарантує довільний до тих$h$ пір, поки$h < \nicefrac{1}{2}$. Закріпіть такий$h$. Ми отримуємо унікальну функцію, визначену на$[x_0-h,x_0+h]$. Після визначення функції на$[-h,h]$ ми знаходимо рішення на інтервалі$[0,2h]$ і помічаємо, що дві функції повинні збігатися$[0,h]$ за єдиністю. Таким чином, ми ітераційно будуємо експоненціальну для всіх$x \in {\mathbb{R}}$. Тому теорема Пікара може бути використана для доведення існування та єдиності експоненції.

Давайте обчислимо ітерації Picard. Починаємо з постійної функції$f_0(x) := 1$. Тоді $$\begin{aligned} f_1(x) & = 1 + \int_0^x f_0(s)~ds = 1+x, \\ f_2(x) & = 1 + \int_0^x f_1(s)~ds = 1 + \int_0^x (1+s)~ds = 1 + x + \frac{x^2}{2}, \\ f_3(x) & = 1 + \int_0^x f_2(s)~ds = 1 + \int_0^x \left(1+ s + \frac{s^2}{2} \right)~ds = 1 + x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{6} .\end{aligned}$$ Ми визнаємо початок серії Тейлора для експоненціальної.

Припустимо, ми маємо рівняння $$f'(x) = {\bigl(f(x)\bigr)}^2 \qquad \text{and} \qquad f(0)=1.$$ З елементарних диференціальних рівнянь, які ми знаємо, $$f(x) = \frac{1}{1-x}$$ є рішенням Рішення визначено лише на$(-\infty,1)$. Тобто ми вміємо використовувати$h < 1$, але ніколи більше$h$. Функція, яка приймає$y$ до$y^2$ не Lipschitz як функція на всіх${\mathbb{R}}$. У міру наближення$x=1$ зліва розчин стає все більше і більше. Похідне розчину зростає як$y^2$, а тому$L$ потрібного доведеться в$y_0$ міру зростання бути більше і більше. Таким чином, якщо ми застосуємо теорему з$x_0$ близьким до 1, і$y_0 = \frac{1}{1-x_0}$ ми виявимо$h$, що докази гарантій будуть меншими і меншими, як$x_0$ підходи 1.

Підібравши$\alpha$ правильно, доказ теореми гарантує$h=1-\nicefrac{\sqrt{3}}{2} \approx 0.134$ (ми опускаємо розрахунок) для$x_0=0$ і$y_0=1$, хоча ми бачили вище, що будь-який$h < 1$ повинен працювати.

Розглянемо $$f'(x) = 2 \sqrt{\left\lvert {f(x)} \right\rvert}, \qquad f(0) = 0 .$$ рівняння$F(x,y) = 2 \sqrt{\left\lvert {y} \right\rvert}$ Функція неперервна, але не Ліпшиц в$y$ (чому?). Рівняння не задовольняє гіпотезам теореми. Функція $$f(x) = \begin{cases} x^2 & \text{ if $x \geq 0$,}\\ -x^2 & \text{ if $x < 0$,} \end{cases}$$ є рішенням, але також$f(x) = 0$ є рішенням. Рішення існує, але не є унікальним.

Розглянемо$y' = \varphi(x)$, де$\varphi(x) := 0$ якщо$x \in {\mathbb{Q}}$ і$\varphi(x):=1$ якщо$x \not\in {\mathbb{Q}}$. Рівняння не має розв'язку незалежно від початкових умов. Рішення матиме похідну$\varphi$, але$\varphi$ не має властивості проміжного значення в будь-якій точці (чому?). Жодного рішення не існує. Тому для того, щоб отримати існування рішення, необхідна$F$ деяка гіпотеза безперервності.

Вправи

$I, J \subset {\mathbb{R}}$Дозволяти бути інтервалами. $F \colon I \times J \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервною функцією двох змінних і припустимо,$f \colon I \to J$ що неперервна функція. Показати, що$F\bigl(x,f(x)\bigr)$ є безперервною функцією на$I$.

$I, J \subset {\mathbb{R}}$Дозволяти бути замкнуті обмежені інтервали. Показати,$F \colon I \times J \to {\mathbb{R}}$ що якщо безперервний,$F$ то обмежений.

Теорему Пікара ми довели за припущенням, що$x_0 = 0$. Доведіть повне твердження теореми Пікара для довільного$x_0$.

Нехай$f'(x)=x f(x)$ буде наше рівняння. Почніть з початкової умови$f(0)=2$ і знайдіть ітерації Пікарда$f_0,f_1,f_2,f_3,f_4$.

Припустимо,$F \colon I \times J \to {\mathbb{R}}$ це функція, яка є безперервною в першій змінній, тобто для будь-якого$y$ фіксованого функція, яка приймає$x$ до,$F(x,y)$ є безперервною. Далі, припустимо,$F$ є Ліпшиц у другій змінній, тобто існує$L$ таке число, що $$\left\lvert {F(x,y) - F(x,z)} \right\rvert \leq L \left\lvert {y-z} \right\rvert \ \ \ \text{ for all $y,z \in J$, $x \in I$} .$$ Show що$F$ є безперервним як функція двох змінних. Тому гіпотези в теоремі можна було б зробити ще слабкіше.

Загальним типом рівняння, з яким стикається є лінійні диференціальні рівняння першого порядку, тобто рівняння у вигляді $$y' + p(x) y = q(x) , \qquad y(x_0) = y_0 .$$ теореми Прова Пікара для лінійних рівнянь. Припустимо,$I$ це інтервал$x_0 \in I$,$p \colon I \to {\mathbb{R}}$ і$q \colon I \to {\mathbb{R}}$ є безперервними. Показати, що існує унікальна диференційовна$f \colon I \to {\mathbb{R}}$, така, яка$y = f(x)$ задовольняє рівнянню і початковій умові. Підказка: Припустіть існування експоненціальної функції та використовуйте формулу інтегруючого фактора для існування$f$ (доведіть, що вона працює): $$f(x) := e^{-\int_{x_0}^x p(s)\, ds} \left( \int_{x_0}^x e^{\int_{x_0}^t p(s)\, ds} q(t) ~dt + y_0 \right).$$

Метричні простори

Метричні пробіли

Примітка: 1,5 лекції

Як згадувалося у вступі, основна ідея в аналізі полягає в тому, щоб взяти межі. У нас навчилися приймати межі послідовностей дійсних чисел. І в ми навчилися приймати межі функцій, як реальне число наблизилося до деякого іншого дійсного числа.

Ми хочемо взяти обмеження в більш складних контекстах. Наприклад, ми хочемо мати послідовності точок у тривимірному просторі. Ми хочемо визначити неперервні функції декількох змінних. Ми навіть хочемо визначити функції на просторах, які трохи складніше описати, наприклад, поверхню землі. Ми все ще хочемо поговорити про обмеження там.

Нарешті, ми побачили межу послідовності функцій в. Ми хочемо уніфікувати всі ці поняття, щоб нам не довелося знову і знову докорювати теореми в кожному контексті. Поняття метричного простору є елементарним, але потужним інструментом аналізу. І хоча недостатньо описати кожен тип ліміту, який ми знаходимо в сучасному аналізі, він дійсно отримує нас дуже далеко.

$X$Дозволяти бути набір, і$d \colon X \times X \to {\mathbb{R}}$ нехай функція така, що

1. [метрика:pos]$d(x,y) \geq 0$ для всіх$x, y$ в$X$,
2. [метрика:нуль]$d(x,y) = 0$ якщо і тільки тоді$x = y$,
3. [Метрика:ком]$d(x,y) = d(y,x)$,
4. [metric:triang]$d(x,z) \leq d(x,y)+ d(y,z)$ (нерівність трикутника).

Тоді пара$(X,d)$ називається метричним простором. Функція$d$ називається метричною або іноді функцією відстані. Іноді ми просто говоримо, що$X$ це метричний простір, якщо метрика зрозуміла з контексту.

Геометрична ідея полягає в$d$ тому, що це відстань між двома точками. Елементи [metric:pos] — [metric:com] мають очевидну геометричну інтерпретацію: відстань завжди невід'ємна, єдина точка, яка$x$ знаходиться на відстані 0,$x$ сама по собі, і, нарешті, відстань від$x$ до$y$ така ж, як відстань від $y$до$x$. Нерівність трикутника [metric:triang] має інтерпретацію, наведену в.

Для цілей креслення зручно малювати фігури та схеми в площині і мати метрику стандартної відстані. Однак це лише один конкретний метричний простір. Просто тому, що певний факт здається зрозумілим з малюнка, не означає, що це правда. Ви можете отримати в сторону інтуїції від евклідової геометрії, тоді як концепція метричного простору є набагато більш загальною.

Наведемо кілька прикладів метричних просторів.

Набір дійсних чисел${\mathbb{R}}$ є метричним простором з метрикою $$d(x,y) := \left\lvert {x-y} \right\rvert .$$ Items [metric:pos] — [metric:com] визначення легко перевірити. Нерівність трикутника [metric:triang] випливає відразу зі стандартної нерівності трикутника для дійсних чисел: $$d(x,z) = \left\lvert {x-z} \right\rvert = \left\lvert {x-y+y-z} \right\rvert \leq \left\lvert {x-y} \right\rvert+\left\lvert {y-z} \right\rvert = d(x,y)+ d(y,z) .$$ Ця метрика є стандартною метрикою на${\mathbb{R}}$. Якщо говорити про${\mathbb{R}}$ як про метричний простір без згадки конкретної метрики, ми маємо на увазі саме цю метрику.

Ми також можемо поставити іншу метрику на множину дійсних чисел. Наприклад, візьмемо набір дійсних чисел${\mathbb{R}}$ разом з метрикою $$d(x,y) := \frac{\left\lvert {x-y} \right\rvert}{\left\lvert {x-y} \right\rvert+1} .$$ Items [metric:pos] — [metric:com] знову легко перевірити. Нерівність трикутника [metric:triang] трохи складніше. Зверніть увагу, що$d(x,y) = \varphi(\left\lvert {x-y} \right\rvert)$ де$\varphi(t) = \frac{t}{t+1}$ і$\varphi$ є зростаючою функцією (додатною похідною). Отже, $$\begin{split} d(x,z) & = \varphi(\left\lvert {x-z} \right\rvert) = \varphi(\left\lvert {x-y+y-z} \right\rvert) \leq \varphi(\left\lvert {x-y} \right\rvert+\left\lvert {y-z} \right\rvert) \\ & = \frac{\left\lvert {x-y} \right\rvert+\left\lvert {y-z} \right\rvert}{\left\lvert {x-y} \right\rvert+\left\lvert {y-z} \right\rvert+1} = \frac{\left\lvert {x-y} \right\rvert}{\left\lvert {x-y} \right\rvert+\left\lvert {y-z} \right\rvert+1} + \frac{\left\lvert {y-z} \right\rvert}{\left\lvert {x-y} \right\rvert+\left\lvert {y-z} \right\rvert+1} \\ & \leq \frac{\left\lvert {x-y} \right\rvert}{\left\lvert {x-y} \right\rvert+1} + \frac{\left\lvert {y-z} \right\rvert}{\left\lvert {y-z} \right\rvert+1} = d(x,y)+ d(y,z) . \end{split}$$ тут ми маємо приклад нестандартної метрики на${\mathbb{R}}$. За допомогою цієї метрики ми бачимо, наприклад, що$d(x,y) < 1$ для всіх$x,y \in {\mathbb{R}}$. Тобто будь-які дві точки знаходяться менше 1 одиниці один від одного.

Важливим метричним простором є$n$ -мірний евклідовий простір${\mathbb{R}}^n = {\mathbb{R}} \times {\mathbb{R}}\times \cdots \times {\mathbb{R}}$. Використовуємо такі позначення для очок:$x =(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in {\mathbb{R}}^n$. Ми також просто пишемо$0 \in {\mathbb{R}}^n$, щоб означати вектор$(0,0,\ldots,0)$. Перш ніж зробити${\mathbb{R}}^n$ метричний простір, доведемо важливу нерівність, так звану нерівність Коші-Шварца.

Візьміть$x =(x_1,x_2,\ldots,x_n) \in {\mathbb{R}}^n$ і$y =(y_1,y_2,\ldots,y_n) \in {\mathbb{R}}^n$. Тоді $${\biggl( \sum_{j=1}^n x_j y_j \biggr)}^2 \leq \biggl(\sum_{j=1}^n x_j^2 \biggr) \biggl(\sum_{j=1}^n y_j^2 \biggr) .$$

Будь-який квадрат дійсного числа є невід'ємним. Отже, будь-яка сума квадратів невід'ємна: $$\begin{split} 0 & \leq \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n {(x_j y_k - x_k y_j)}^2 \\ & = \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \bigl( x_j^2 y_k^2 + x_k^2 y_j^2 - 2 x_j x_k y_j y_k \bigr) \\ & = \biggl( \sum_{j=1}^n x_j^2 \biggr) \biggl( \sum_{k=1}^n y_k^2 \biggr) + \biggl( \sum_{j=1}^n y_j^2 \biggr) \biggl( \sum_{k=1}^n x_k^2 \biggr) - 2 \biggl( \sum_{j=1}^n x_j y_j \biggr) \biggl( \sum_{k=1}^n x_k y_k \biggr) \end{split}$$ Ми позначимо і ділимо на 2, щоб отримати те $$0 \leq \biggl( \sum_{j=1}^n x_j^2 \biggr) \biggl( \sum_{j=1}^n y_j^2 \biggr) - {\biggl( \sum_{j=1}^n x_j y_j \biggr)}^2 ,$$ , що саме те, що ми хотіли.

Побудуємо стандартну метрику для${\mathbb{R}}^n$. Визначте $$d(x,y) := \sqrt{ {(x_1-y_1)}^2 + {(x_2-y_2)}^2 + \cdots + {(x_n-y_n)}^2 } = \sqrt{ \sum_{j=1}^n {(x_j-y_j)}^2 } .$$ $n=1$ For, реальну лінію, ця метрика узгоджується з тим, що ми зробили вище. Знову ж таки, єдина складна частина визначення для перевірки - нерівність трикутника. Менш безладно працювати з квадратом метрики. Далі зверніть увагу на використання нерівності Коші-Шварца. $$\begin{split} {\bigl(d(x,z)\bigr)}^2 & = \sum_{j=1}^n {(x_j-z_j)}^2 \\ & = \sum_{j=1}^n {(x_j-y_j+y_j-z_j)}^2 \\ & = \sum_{j=1}^n \Bigl( {(x_j-y_j)}^2+{(y_j-z_j)}^2 + 2(x_j-y_j)(y_j-z_j) \Bigr) \\ & = \sum_{j=1}^n {(x_j-y_j)}^2 + \sum_{j=1}^n {(y_j-z_j)}^2 + \sum_{j=1}^n 2(x_j-y_j)(y_j-z_j) \\ & \leq \sum_{j=1}^n {(x_j-y_j)}^2 + \sum_{j=1}^n {(y_j-z_j)}^2 + 2 \sqrt{ \sum_{j=1}^n {(x_j-y_j)}^2 \sum_{j=1}^n {(y_j-z_j)}^2 } \\ & = {\left( \sqrt{ \sum_{j=1}^n {(x_j-y_j)}^2 } + \sqrt{ \sum_{j=1}^n {(y_j-z_j)}^2 } \right)}^2 = {\bigl( d(x,y) + d(y,z) \bigr)}^2 . \end{split}$$ Беручи квадратний корінь обох сторін, ми отримуємо правильну нерівність, оскільки квадратний корінь є зростаючою функцією.

Прикладом, який слід пам'ятати, є так звана дискретна метрика. $X$Дозволяти будь-який набір і визначити $$d(x,y) := \begin{cases} 1 & \text{if $x \not= y$}, \\ 0 & \text{if $x = y$}. \end{cases}$$ Тобто всі точки однаково віддалені один від одного. Коли$X$ є кінцевим набором, ми можемо намалювати діаграму, див. Наприклад. Речі стають тонкими$X$, коли є нескінченний набір, такий як дійсні числа.

Хоча цей конкретний приклад рідко зустрічається на практиці, він дає корисний «тест на запах». Якщо ви робите заяву про метричні простори, спробуйте його з дискретною метрикою. Щоб показати, що$(X,d)$ це дійсно метричний простір залишається як вправа.

[Example:MSC01]$C([a,b],{\mathbb{R}})$ Дозволяти бути множиною неперервних дійсних функцій на інтервалі$[a,b]$. Визначте метрику далі$C([a,b],{\mathbb{R}})$, як $$d(f,g) := \sup_{x \in [a,b]} \left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert .$$ Давайте перевіримо властивості. По-перше,$d(f,g)$ є кінцевим, як і$\left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert$ неперервна функція на замкнутому обмеженому інтервалі$[a,b]$, і так обмежена. Зрозуміло$d(f,g) \geq 0$, що це супремум невід'ємних чисел. Якщо$f = g$ то$\left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert = 0$ для всіх$x$ і значить$d(f,g) = 0$. І навпаки якщо$d(f,g) = 0$, то для будь-якого у$x$ нас є$\left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert \leq d(f,g) = 0$ і значить$f(x) = g(x)$ для всіх$x$ і$f=g$. $d(f,g) = d(g,f)$Це однаково тривіально. Для показу нерівності трикутника ми використовуємо стандартну нерівність трикутника. $$\begin{split} d(f,g) & = \sup_{x \in [a,b]} \left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert = \sup_{x \in [a,b]} \left\lvert {f(x)-h(x)+h(x)-g(x)} \right\rvert \\ & \leq \sup_{x \in [a,b]} ( \left\lvert {f(x)-h(x)} \right\rvert+\left\lvert {h(x)-g(x)} \right\rvert ) \\ & \leq \sup_{x \in [a,b]} \left\lvert {f(x)-h(x)} \right\rvert+ \sup_{x \in [a,b]} \left\lvert {h(x)-g(x)} \right\rvert = d(f,h) + d(h,g) . \end{split}$$ Розглядаючи$C([a,b],{\mathbb{R}})$ як метричний простір без згадки метрики, ми маємо на увазі саме цю метрику. Зверніть увагу на те$d(f,g) = \left\lVert {f-g} \right\rVert_u$, що, єдина норма.

Цей приклад може здатися езотеричним спочатку, але виявляється, що робота з такими просторами, як насправді$C([a,b],{\mathbb{R}})$ є м'ясом значної частини сучасного аналізу. Обробка множин функцій як метричних просторів дозволяє нам абстрагуватися від великої кількості грубих деталей і довести потужні результати, такі як теорема Пікара з меншою роботою.

Часто корисно розглядати підмножину більшого метричного простору як сам метричний простір. Отримуємо наступну пропозицію, яке має банальний доказ.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$Y \subset X$, тоді обмеження$d|_{Y \times Y}$ є метрикою на$Y$.

Якщо$(X,d)$ є метричним простором$Y \subset X$, і$d' := d|_{Y \times Y}$,$(Y,d')$ то, як кажуть, підпростір$(X,d)$.

Зазвичай просто писати$d$ для метрики на$Y$, оскільки це обмеження метрики на$X$. Іноді ми говоримо$d'$, що це підпростір метрика і$Y$ має підпростір топології.

Підмножина дійсних чисел обмежується всякий раз, коли всі його елементи знаходяться на максимальній фіксованій відстані від 0. Ми також визначаємо обмежені множини в метричному просторі. При роботі з довільним метричним простором може не бути якоїсь природної фіксованої точки 0. Для цілей обмеженості це не має значення.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір. Підмножина$S \subset X$, як кажуть, обмежений, якщо існує$p \in X$ і$B \in {\mathbb{R}}$ такий, що $$d(p,x) \leq B \quad \text{for all $x \in S$}.$$ Ми говоримо$(X,d)$ обмежена, якщо$X$ сама є обмеженою підмножиною.

Наприклад, набір дійсних чисел зі стандартною метрикою не є обмеженим метричним простором. Неважко помітити, що підмножина дійсних чисел обмежена в сенсі якщо і тільки тоді, коли вона обмежена як підмножина метричного простору дійсних чисел стандартною метрикою.

З іншого боку, якщо взяти дійсні числа з дискретною метрикою, то отримаємо обмежений метричний простір. По суті, будь-яка множина з дискретною метрикою обмежена.

Вправи

Показати, що для будь-якої$X$ множини дискретна метрика ($d(x,y) = 1$якщо$x\not=y$ і$d(x,x) = 0$) дає метричний простір$(X,d)$.

Нехай$X := \{ 0 \}$ буде набір. Чи можете ви зробити це в метричному просторі?

Нехай$X := \{ a, b \}$ буде набір. Чи можете ви зробити це в два різних метричних простори? (визначити дві різні показники на ньому)

Нехай набір$X := \{ A, B, C \}$ представляє 3 будівлі на території кампусу. Припустимо, ми хочемо, щоб наша відстань була часом, необхідним для прогулянки від однієї будівлі до іншої. Це займає 5 хвилин в будь-якому випадку між будівлями$A$ і$B$. Однак будівля$C$ знаходиться на пагорбі, і це займає 10 хвилин від$A$ і 15 хвилин від,$B$ щоб дістатися$C$. З іншого боку, потрібно 5 хвилин, щоб перейти від$C$ до$A$ і 7 хвилин, щоб перейти від$C$ до$B$, як ми йдемо вниз. Чи визначають ці відстані метрику? Якщо так, доведіть це, якщо ні, скажіть чому б і ні.

Припустимо,$(X,d)$ це метричний простір і$\varphi \colon [0,\infty) \to {\mathbb{R}}$ є функцією така, що$\varphi(t) \geq 0$ для всіх$t$ і$\varphi(t) = 0$ якщо і тільки якщо$t=0$. Також припустимо$\varphi$ це субдобавка, тобто$\varphi(s+t) \leq \varphi(s)+\varphi(t)$. Показуємо$d'(x,y) := \varphi\bigl(d(x,y)\bigr)$, що з, отримаємо новий метричний простір$(X,d')$.

[Вправа: mscross]$(Y,d_Y)$ Дозволяти$(X,d_X)$ і бути метричними пробілами.
а) Показати, що$(X \times Y,d)$ with$d\bigl( (x_1,y_1), (x_2,y_2) \bigr) := d_X(x_1,x_2) + d_Y(y_1,y_2)$ - це метричний простір.
б) Показати, що$(X \times Y,d)$ with$d\bigl( (x_1,y_1), (x_2,y_2) \bigr) := \max \{ d_X(x_1,x_2) , d_Y(y_1,y_2) \}$ - це метричний простір.

$X$Дозволяти бути набір безперервних функцій на$[0,1]$. Нехай$\varphi \colon [0,1] \to (0,\infty)$ буде безперервним. Визначити « $$d(f,g) := \int_0^1 \left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert\varphi(x)~dx .$$ Показати», що$(X,d)$ є метричним простором.

[Вправа: mshausdorffpseudo]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним пробілом. Для непорожніх обмежених підмножин$A$ і$B$ нехай $$d(x,B) := \inf \{ d(x,b) : b \in B \} \qquad \text{and} \qquad d(A,B) := \sup \{ d(a,B) : a \in A \} .$$ Тепер визначте метрику Hausdorff як $$d_H(A,B) := \max \{ d(A,B) , d(B,A) \} .$$ Примітка:$d_H$ може бути визначена для довільних непорожніх підмножин, якщо ми дозволимо розширені реали.
а)$Y \subset {\mathcal{P}}(X)$ Дозволяти бути множиною обмежених непорожніх підмножин. Довести, що$(Y,d_H)$ є так званим псевдометричним простором:$d_H$ задовольняє метричні властивості [metric:pos], [metric:com], [metric:triang], і далі$d_H(A,A) = 0$ для всіх$A \in Y$.
б) Покажіть на прикладі, що$d$ сама по собі не симетрична, тобто$d(A,B) \not= d(B,A)$.
в) Знайдіть метричний простір$X$ і дві різні непорожні обмежені підмножини$A$ і$B$ такі, що$d_H(A,B) = 0$.

Відкриті та закриті набори

Примітка: 2 лекції

Топологія

Корисно визначити так звану топологію. Тобто ми визначаємо замкнуті та відкриті множини в метричному просторі. Перш ніж це зробити, давайте визначимо два спеціальних множини.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір,$x \in X$ і$\delta > 0$. Потім визначте відкриту кулю або просто кулю радіуса$\delta$ навколо,$x$ як $$B(x,\delta) := \{ y \in X : d(x,y) < \delta \} .$$ Аналогічно ми визначаємо закриту кулю як $$C(x,\delta) := \{ y \in X : d(x,y) \leq \delta \} .$$

Коли ми маємо справу з різними метричними просторами, іноді зручно підкреслити, в якому метричному просторі знаходиться куля. Робимо це шляхом написання$B_X(x,\delta) := B(x,\delta)$ або$C_X(x,\delta) := C(x,\delta)$.

Візьміть метричний простір${\mathbb{R}}$ зі стандартною метрикою. За$x \in {\mathbb{R}}$, і$\delta > 0$ отримуємо $$B(x,\delta) = (x-\delta,x+\delta) \qquad \text{and} \qquad C(x,\delta) = [x-\delta,x+\delta] .$$

Будьте обережні при роботі над підпростором. Припустимо, ми приймаємо метричний простір$[0,1]$ як підпростір${\mathbb{R}}$. Тоді в$[0,1]$ ми отримуємо $$B(0,\nicefrac{1}{2}) = B_{[0,1]}(0,\nicefrac{1}{2}) = [0,\nicefrac{1}{2}) .$$ Це відрізняється від\(B_

ParseError: invalid DekiScript (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[39]/div/div[1]/p[5]/span[5]/span, line 1, column 1

(0,\nicefrac{1}{2}) = (-\nicefrac{1}{2},\nicefrac{1}{2})\). Важливо пам'ятати, в якому метричному просторі ми працюємо.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір. Набір$V \subset X$ відкритий, якщо для кожного$x \in V$, існує$\delta > 0$ такий, що$B(x,\delta) \subset V$. Див. Набір$E \subset X$ закривається, якщо доповнення$E^c = X \setminus E$ відкрите. Коли навколишній простір не$X$ є зрозумілим з контексту, ми говоримо,$V$ що$E$ відкритий$X$ і закритий$X$.

Якщо$x \in V$ і$V$ відкритий, то ми говоримо, що$V$ це відкрите сусідство$x$ (або іноді просто сусідство).

Інтуїтивно відкритий набір - це набір, який не включає його «межу», де б ми не знаходилися в наборі, нам дозволяється трохи «похитуватися» і залишатися в наборі. Зауважте, що не кожен набір є відкритим або закритим, насправді, як правило, більшість підмножин не є ні.

Набір не$[0,1) \subset {\mathbb{R}}$ відкритий і не закритий. По-перше, кожен куля${\mathbb{R}}$ навколо$0$$(-\delta,\delta)$, містить негативні числа і, отже, не міститься в$[0,1)$ і$[0,1)$ тому не відкритий. По-друге, кожна куля${\mathbb{R}}$ навколо$1$$(1-\delta,1+\delta)$ містить цифри строго менше 1 і більше 0 (наприклад, до тих$1-\nicefrac{\delta}{2}$ пір, поки$\delta < 2$). При цьому${\mathbb{R}}\setminus [0,1)$ не відкривається, і так$[0,1)$ не закривається.

[prop:topology:open]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним простором.

1. [топологія:openi]$\emptyset$ і$X$ відкриті в$X$.
2. [топологія:openii] Якщо$V_1, V_2, \ldots, V_k$ відкриті, $$\bigcap_{j=1}^k V_j$$ то також відкрито. Тобто кінцеве перетин відкритих множин відкрито.
3. [топологія:openiii] Якщо$\{ V_\lambda \}_{\lambda \in I}$ є довільною колекцією відкритих множин, то $$\bigcup_{\lambda \in I} V_\lambda$$ вона також відкрита. Тобто об'єднання відкритих наборів є відкритим.

Зауважте, що індекс, встановлений у [топологія:openiii], довільно великий. Під$\bigcup_{\lambda \in I} V_\lambda$ ми просто маємо на увазі сукупність всього$x$ такого, що хоча б$x \in V_\lambda$ за одну$\lambda \in I$.

Набори$X$ і явно$\emptyset$ відкриті в$X$.

Доведемо [топологія:openii]. Якщо$x \in \bigcap_{j=1}^k V_j$, то$x \in V_j$ для всіх$j$. Як$V_j$ і всі відкриті, для кожного$j$ існує$\delta_j > 0$ таке, що$B(x,\delta_j) \subset V_j$. Візьміть$\delta := \min \{ \delta_1,\delta_2,\ldots,\delta_k \}$ і помічайте$\delta > 0$. У нас$B(x,\delta) \subset B(x,\delta_j) \subset V_j$ на кожного$j$ і так$B(x,\delta) \subset \bigcap_{j=1}^k V_j$. Отже, перехрестя відкрите.

Доведемо [топологія:openiii]. Якщо$x \in \bigcup_{\lambda \in I} V_\lambda$, то$x \in V_\lambda$ для деяких$\lambda \in I$. Як$V_\lambda$ відкрито, існує$\delta > 0$ таке, що$B(x,\delta) \subset V_\lambda$. Але тоді$B(x,\delta) \subset \bigcup_{\lambda \in I} V_\lambda$ і так союз відкритий.

Головне, на що слід звернути увагу, це різниця між пунктами [топологія:openii] та [топологія:openiii]. Пункт [топологія:openii] не відповідає дійсності для довільного перетину, наприклад$\bigcap_{n=1}^\infty (-\nicefrac{1}{n},\nicefrac{1}{n}) = \{ 0 \}$, яке не є відкритим.

Доказ наступного аналогічного пропозиції для закритих сетів залишають як вправу.

[prop:topology:closed]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним простором.

1. [топологія:closedi]$\emptyset$ і$X$ закриті в$X$.
2. [топологія:closedii] Якщо$\{ E_\lambda \}_{\lambda \in I}$ є довільною сукупністю замкнених множин, то також $$\bigcap_{\lambda \in I} E_\lambda$$ є замкнутим. Тобто перетин замкнутих множин закрито.
3. [топологія:closediii] Якщо$E_1, E_2, \ldots, E_k$ закриті $$\bigcup_{j=1}^k E_j$$ , то також закриті. Тобто кінцеве об'єднання замкнутих множин замкнуто.

Ми ще не показали, що відкритий куля відкритий, а закритий куля закритий. Давайте зараз покажемо цей факт, щоб обґрунтувати термінологію.

[prop: топологія: кулі відкриті закриті]$(X,d)$ Дозволяти бути метричний простір$x \in X$, і$\delta > 0$. Потім$B(x,\delta)$ відкривається і$C(x,\delta)$ закривається.

Нехай$y \in B(x,\delta)$. Нехай$\alpha := \delta-d(x,y)$. Звичайно$\alpha > 0$. Тепер давайте$z \in B(y,\alpha)$. Тоді $$d(x,z) \leq d(x,y) + d(y,z) < d(x,y) + \alpha = d(x,y) + \delta-d(x,y) = \delta .$$ Тому$z \in B(x,\delta)$ для кожного$z \in B(y,\alpha)$. Так$B(y,\alpha) \subset B(x,\delta)$ і$B(x,\delta)$ відкрито.

Доказ того,$C(x,\delta)$ що закритий, залишають як вправу.

Знову будьте обережні з тим, що таке навколишній метричний простір. Як і$[0,\nicefrac{1}{2})$ відкритий куля в$[0,1]$, це означає, що$[0,\nicefrac{1}{2})$ це відкритий набір в$[0,1]$. З іншого боку$[0,\nicefrac{1}{2})$, ні відкритий, ні закритий${\mathbb{R}}$.

Корисний спосіб думати про відкритий набір - це об'єднання відкритих куль. Якщо$U$ відкритий, то для кожного$x \in U$, є$\delta_x > 0$ (в залежності від$x$) такий, що$B(x,\delta_x) \subset U$. Потім$U = \bigcup_{x\in U} B(x,\delta_x)$.

Доказ наступної пропозиції залишають як вправу. Зверніть увагу, що є багато інших відкритих і закритих наборів в${\mathbb{R}}$.

[prop:топологія: інтервали:openclosed]$a < b$ Дозволяти бути двома дійсними числами. Потім$(a,b)$$(a,\infty)$, і$(-\infty,b)$ відкриваються в${\mathbb{R}}$. Крім того$[a,b]$$[a,\infty)$, і$(-\infty,b]$ закриті в${\mathbb{R}}$.

З'єднані набори

Непорожній метричний простір$(X,d)$ з'єднується, якщо єдиними підмножинами$X$, які є відкритими і закритими, є$\emptyset$ і$X$ самі. Якщо$(X,d)$ не підключений, ми говоримо, що він відключений.

Коли ми застосовуємо термін, пов'язаний з непорожнім підмножиною$A \subset X$, ми просто маємо на увазі, що$A$ з підпростором топологія пов'язана.

Іншими словами, непорожній$X$ підключається, якщо всякий раз, коли ми пишемо$X = X_1 \cup X_2$ де$X_1 \cap X_2 = \emptyset$$X_1$ і і$X_2$ відкриті, то або$X_1 = \emptyset$ або$X_2 = \emptyset$. Таким чином, щоб показати$X$ відключений, нам потрібно знайти непорожні нероз'єднані відкриті множини$X_1$ і$X_2$ чиє об'єднання$X$. Для підмножин ми висловлюємо цю ідею як пропозицію.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір. Непорожній набір не$S \subset X$ підключається тоді і тільки тоді, коли існують відкриті$U_1$ множини і$U_2$ в$X$, такі що$U_1 \cap U_2 \cap S = \emptyset$,$U_1 \cap S \not= \emptyset$,$U_2 \cap S \not= \emptyset$, і $$S = \bigl( U_1 \cap S \bigr) \cup \bigl( U_2 \cap S \bigr) .$$

Якщо$U_j$ відкритий в$X$, то$U_j \cap S$ відкритий$S$ в топології підпростору (з метрикою підпростору). Щоб переконатися в цьому, зверніть увагу, що якщо$B_X(x,\delta) \subset U_j$, то як$B_S(x,\delta) = S \cap B_X(x,\delta)$, у нас є$B_S(x,\delta) \subset U_j \cap S$. Так що якщо$U_1$ і$U_2$ як вище існують, то$X$ відключається на основі обговорення вище.

Доказ іншого напрямку слід за допомогою знайти$U_1$ і$U_2$ з двох відкритих нез'єднаних підмножин$S$.

Нехай$S \subset {\mathbb{R}}$ будуть такі, що$x < z < y$ з$x,y \in S$ і$z \notin S$. Претензія:$S$ не підключається. Доказ: Повідомлення $$\bigl( (-\infty,z) \cap S \bigr) \cup \bigl( (z,\infty) \cap S \bigr) = S .$$

Непорожня$S \subset {\mathbb{R}}$ множина підключається тоді і лише тоді, коли це інтервал або одна точка.

Припустимо$S$, підключено. Якщо$S$ це одна точка, то ми закінчили. Так припустимо$x < y$ і$x,y \in S$. Якщо$z$ такий$x < z < y$, що, то$(-\infty,z) \cap S$ непорожній і$(z,\infty) \cap S$ непорожній. Два набори є нероз'ємними. Як$S$ це пов'язано, ми повинні мати у них їх союзу немає$S$, так що$z \in S$.

Припустимо,$S$ це обмежена, пов'язана, але не єдина точка. Нехай$\alpha := \inf \, S$$\beta := \sup \, S$ і зауважте, що$\alpha < \beta$. Припустимо$\alpha < z < \beta$. Як$\alpha$ є інфімум, то є$x \in S$ таке, що$\alpha \leq x < z$. Аналогічно відбувається$y \in S$ таке, що$\beta \geq y > z$. Ми показали вище$z \in S$, що, так$(\alpha,\beta) \subset S$. Якщо$w < \alpha$, то$w \notin S$ як$\alpha$ був інфімум, аналогічно якщо$w > \beta$ тоді$w \notin S$. Тому єдиними можливостями для$S$ є$(\alpha,\beta)$,$[\alpha,\beta)$,$(\alpha,\beta]$,$[\alpha,\beta]$.

Доказ того, що необмеженим зв'язком$S$ є інтервал, залишається як вправа.

З іншого боку, припустимо$S$, це інтервал. Припустимо$U_2$,$U_1$ і є відкритими${\mathbb{R}}$$U_1 \cap S$ підмножинами, і$U_2 \cap S$ є непорожніми, і$S = \bigl( U_1 \cap S \bigr) \cup \bigl( U_2 \cap S \bigr)$. Ми покажемо, що$U_1 \cap S$ і$U_2 \cap S$ містять загальну точку, щоб вони не розмежовувалися, а значить, і$S$ повинні бути пов'язані. Припустимо, є$x \in U_1 \cap S$ і$y \in U_2 \cap S$. Без втрати спільності припустимо$x < y$. Як$S$ є інтервал$[x,y] \subset S$. Нехай$z := \inf (U_2 \cap [x,y])$. Якщо$z = x$, то$z \in U_1$. Якщо$z > x$, то для будь-якого$\delta > 0$ кульки$B(z,\delta) = (z-\delta,z+\delta)$ містяться точки$S$, яких немає в$U_2$, а так$z \notin U_2$ як$U_2$ відкрито. Тому,$z \in U_1$. Як і$U_1$ відкрито,$B(z,\delta) \subset U_1$ для невеликого вистачить$\delta > 0$. Як і$z$ інфімум$U_2 \cap [x,y]$, повинні існувати деякі$w \in U_2 \cap [x,y]$ такі, що$w \in [z,z+\delta) \subset B(z,\delta) \subset U_1$. Тому$w \in U_1 \cap U_2 \cap [x,y]$. Так$U_1 \cap S$ і не$U_2 \cap S$ роз'єднані і$S$ значить пов'язані.

У багатьох випадках$B(x,\delta)$ підключається куля. Але це не обов'язково вірно в кожному метричному просторі. Для найпростішого прикладу візьмемо двоточковий простір$\{ a, b\}$ з дискретною метрикою. Потім$B(a,2) = \{ a , b \}$, які не з'єднуються як$B(a,1) = \{ a \}$ і$B(b,1) = \{ b \}$ є відкритими і роз'єднаними.

Закриття та межа

Іноді ми бажаємо взяти набір і кинути в нього все, що нам може підійти зі знімального майданчика. Це поняття називається закриттям.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$. Тоді замикання$A$ - це множина $$\overline{A} := \bigcap \{ E \subset X : \text{$E$ is closed and $A \subset E$} \} .$$ Тобто перетин всіх замкнутих множин, які містять$A$.$\overline{A}$

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$. Закриття$\overline{A}$ закрите. Крім того$A$, якщо закритий тоді$\overline{A} = A$.

По-перше, замикання - це перетин замкнутих наборів, тому воно закривається. По-друге, якщо$A$ замкнутий, то беремо$E = A$, звідси перетин всіх замкнутих множин,$E$ що містять,$A$ має дорівнювати$A$.

Закриття$(0,1)$ в${\mathbb{R}}$ є$[0,1]$. Доказ: Просто зверніть увагу,$E$ що якщо закритий і містить$(0,1)$, то$E$ повинен містити$0$ і$1$ (чому?). Таким чином$[0,1] \subset E$. Але$[0,1]$ також закритий. Тому закриття$\overline{(0,1)} = [0,1]$.

Будьте обережні, щоб помітити, з яким навколишнім метричним простором ви працюєте. Якщо$X = (0,\infty)$, то закриття$(0,1)$ в$(0,\infty)$ є$(0,1]$. Доказ: Аналогічно, як вище$(0,1]$, закрито в$(0,\infty)$ (чому?). Будь-який закритий набір$E$, який містить,$(0,1)$ повинен містити 1 (чому?). Тому$(0,1] \subset E$, а значить, і$\overline{(0,1)} = (0,1]$ при роботі в$(0,\infty)$.

Обгрунтуємо твердження, що закриття - це все, до чого ми можемо «підійти» з безлічі.

[prop:msclosureappr]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним пробілом і$A \subset X$. Тоді$x \in \overline{A}$ якщо і тільки для кожного$\delta > 0$,$B(x,\delta) \cap A \not=\emptyset$.

Доведемо два контрапозитиви. Давайте покажемо, що$x \notin \overline{A}$ якщо і тільки тоді існує$\delta > 0$ таке, що$B(x,\delta) \cap A = \emptyset$.

Спочатку припустимо$x \notin \overline{A}$. Ми знаємо,$\overline{A}$ що закрито. При цьому відбувається$\delta > 0$ таке, що$B(x,\delta) \subset \overline{A}^c$. Як$A \subset \overline{A}$ ми бачимо, що$B(x,\delta) \subset A^c$ і звідси$B(x,\delta) \cap A = \emptyset$.

З іншого боку припустимо, що є$\delta > 0$ таке$B(x,\delta) \cap A = \emptyset$. Тоді${B(x,\delta)}^c$ це закритий набір, і у нас є$A \subset {B(x,\delta)}^c$, що, але$x \notin {B(x,\delta)}^c$. Таким чином, як$\overline{A}$ і перетин замкнутих множин$A$, що містять, ми маємо$x \notin \overline{A}$.

Також можна говорити про те, що є в інтер'єрі гарнітура і що знаходиться на кордоні.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$, тоді інтер'єр$A$ є $$A^\circ := \{ x \in A : \text{there exists a $\delta > 0$ such that $B(x,\delta) \subset A$} \} .$$ множиною $A$Межа множини $$\partial A := \overline{A}\setminus A^\circ.$$

Припустимо$A=(0,1]$, і$X = {\mathbb{R}}$. Тоді це не важко побачити$\overline{A}=[0,1]$$A^\circ = (0,1)$, і$\partial A = \{ 0, 1 \}$.

Припустимо$X = \{ a, b \}$ з дискретною метрикою. Нехай$A = \{ a \}$, потім$\overline{A} = A^\circ = A$ і$\partial A = \emptyset$.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$. Потім$A^\circ$ відкривається і$\partial A$ закривається.

Враховуючи у$x \in A^\circ$ нас$\delta > 0$ таке, що$B(x,\delta) \subset A$. Якщо$z \in B(x,\delta)$, то як відкриті кульки відкриті, є$\epsilon > 0$ таке$B(z,\epsilon) \subset B(x,\delta) \subset A$, що, так$z$ є в$A^\circ$. Тому$B(x,\delta) \subset A^\circ$ і так$A^\circ$ відкрито.

Як$A^\circ$ відкрита,$\partial A = \overline{A} \setminus A^\circ = \overline{A} \cap {(A^\circ)}^c$ то закрита.

Кордон - це сукупність точок, близьких як до множини, так і до його доповнення.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$. Тоді$x \in \partial A$ якщо і тільки для кожного$\delta > 0$,$B(x,\delta) \cap A$ і$B(x,\delta) \cap A^c$ обидва непорожні.

Припустимо$x \in \partial A = \overline{A} \setminus A^\circ$ і нехай$\delta > 0$ будуть довільними. За,$B(x,\delta)$ містить точку з$A$. $B(x,\delta)$Якби не містив пунктів$A^c$, то$x$ був би в$A^\circ$. Отже,$B(x,\delta)$ містить точку,$A^c$ а також.

Доведемо інший напрямок контрапозитивним. Якщо$x \notin \overline{A}$, то є$\delta > 0$ таке, що$B(x,\delta) \subset \overline{A}^c$ як$\overline{A}$ закрито. Так що не$B(x,\delta)$ містить ніяких точок$A$, тому що$\overline{A}^c \subset A^c$.

Тепер припустимо$x \in A^\circ$, тоді існує$\delta > 0$ таке$B(x,\delta) \subset A$, що, але це означає, що не$B(x,\delta)$ містить точок$A^c$.

Отримаємо наступний безпосередній наслідок закриття$A$ і$A^c$. Ми просто застосовуємо.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$. Потім$\partial A = \overline{A} \cap \overline{A^c}$.

Вправи

Доведіть. Підказка: розгляньте доповнення наборів і застосовуйте.

Завершіть доказ, доводячи,$C(x,\delta)$ що закрито.

Доведіть.

Припустимо,$(X,d)$ це непорожній метричний простір з дискретною топологією. Показати, що$X$ підключено лише тоді і лише тоді, коли він містить рівно один елемент.

Показати, що якщо$S \subset {\mathbb{R}}$ є зв'язаним необмеженим набором, то це (необмежений) інтервал.

Показати, що кожен відкритий набір може бути записаний як об'єднання замкнутих множин.

а) Показати, що$E$ закрито, якщо і тільки якщо$\partial E \subset E$. б) Показати, що$U$ відкрито, якщо і тільки якщо$\partial U \cap U = \emptyset$.

а) Показати, що$A$ відкрито, якщо і тільки якщо$A^\circ = A$. б) Припустимо, що$U$ це відкритий набір і$U \subset A$. Покажіть, що$U \subset A^\circ$.

$X$Дозволяти бути набір і$d$,$d'$ бути дві метрики на$X$. Припустимо, існує$\alpha > 0$ і$\beta > 0$ таке, що$\alpha d(x,y) \leq d'(x,y) \leq \beta d(x,y)$ для всіх$x,y \in X$. Показати,$U$ що відкрито,$(X,d)$ якщо і тільки якщо$U$ відкрито в$(X,d')$. Тобто топології$(X,d)$ і$(X,d')$ однакові.

Припустимо$\{ S_i \}$,$i \in {\mathbb{N}}$ це сукупність з'єднаних підмножин метричного простору$(X,d)$. Припустимо, існує$x \in X$ таке, що$x \in S_i$ для всіх$i \in {\mathbb{N}}$. Показати, що$\bigcup_{i=1}^\infty S_i$ підключено.

$A$Дозволяти бути підключений набір. а) Чи$\overline{A}$ підключено? Доведіть або знайдіть зустрічний приклад. б) Чи$A^\circ$ підключено? Доведіть або знайдіть контрприклад. Підказка: Подумайте про набори в${\mathbb{R}}^2$.

Визначення відкритих множин у наступній вправі прийнято називати топологією підпростору. Вас попросять показати, що ми отримуємо ту саму топологію, враховуючи метрику підпростору.

[Вправа: msssubspace] Припустимо$(X,d)$, що це метричний простір і$Y \subset X$. Показати, що з метрикою підпростору$Y$ увімкнено,$U \subset Y$ множина відкрита (in$Y$), коли існує відкритий набір,$V \subset X$ такий, що$U = V \cap Y$.

$(X,d)$Дозволяти бути метричним проміжком. а) Для будь-якого$x \in X$ і$\delta > 0$, показати$\overline{B(x,\delta)} \subset C(x,\delta)$. б) Чи завжди це правда$\overline{B(x,\delta)} = C(x,\delta)$? Доведіть або знайдіть контрприклад.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A \subset X$. Покажіть, що$A^\circ = \bigcup \{ V : V \subset A \text{ is open} \}$.

Послідовності та збіжність

Примітка: 1 лекція

Послідовності

Поняття послідовності в метричному просторі дуже схоже на послідовність дійсних чисел. Визначення по суті ті ж самі, що і для дійсних чисел в сенсі того, де${\mathbb{R}}$ зі стандартною метрикою$d(x,y)=\left\lvert {x-y} \right\rvert$ замінюється довільний метричний пробіл$(X,d)$.

Послідовність у метричному просторі$(X,d)$ - це функція$x \colon {\mathbb{N}}\to X$. Як і раніше пишемо$x_n$ для$n$ го елемента в послідовності і використовуємо позначення$\{ x_n \}$, а точніше $$\{ x_n \}_{n=1}^\infty .$$

Послідовність$\{ x_n \}$ обмежена, якщо існує точка$p \in X$ і$B \in {\mathbb{R}}$ така, що $$d(p,x_n) \leq B \qquad \text{for all $n \in {\mathbb{N}}$.}$$ Іншими словами, послідовність$\{x_n\}$ обмежується щоразу, коли$\{ x_n : n \in {\mathbb{N}}\}$ множина обмежена.

Якщо$\{ n_j \}_{j=1}^\infty$ послідовність натуральних чисел така, що$n_{j+1} > n_j$ для всіх$j$, то послідовність, як кажуть,$\{ x_{n_j} \}_{j=1}^\infty$ є підпослідовністю$\{x_n \}$.

Аналогічно ми також визначаємо конвергенцію. Знову ж таки, ми будемо трохи обманювати, і ми будемо використовувати певний артикль перед лімітом слів, перш ніж довести, що межа унікальна.

Послідовність$\{ x_n \}$ у$(X,d)$ метричному просторі, як кажуть, сходиться до точки$p \in X$, якщо для кожного$\epsilon > 0$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ така, що$d(x_n,p) < \epsilon$ для всіх$n \geq M$. $p$Справа, як кажуть, межа$\{ x_n \}$. пишемо $$\lim_{n\to \infty} x_n := p .$$

Послідовність, яка сходиться, кажуть, що збігається. В іншому випадку послідовність кажуть, що розходиться.

Доведемо, що ліміт унікальний. Зверніть увагу, що доказ майже ідентичний тому ж факту для послідовностей дійсних чисел. Багато результатів, які ми знаємо для послідовностей дійсних чисел, можуть бути доведені в більш загальних налаштуваннях метричних просторів. Ми повинні$\left\lvert {x-y} \right\rvert$ замінити на$d(x,y)$ в доказах і правильно застосувати нерівність трикутника.

[prop:mslimisunique] Конвергентна послідовність у метричному просторі має унікальну межу.

Припустимо, послідовність$\{ x_n \}$ має межу$x$ і межу$y$. Візьміть довільну$\epsilon > 0$. З визначення знайти$M_1$ таке, що для всіх$n \geq M_1$,$d(x_n,x) < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Аналогічно знаходимо$M_2$ таке, що для всіх у$n \geq M_2$ нас є$d(x_n,y) < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Тепер візьміть$n$ таку, що$n \geq M_1$ і також$n \geq M_2$ $$\begin{split} d(y,x) & \leq d(y,x_n) + d(x_n,x) \\ & < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon . \end{split}$$ Як$d(y,x) < \epsilon$ для всіх$\epsilon > 0$, то$d(x,y) = 0$ і$y=x$. Звідси межа (якщо вона існує) є унікальною.

У якості вправ залишаються докази наступних пропозицій.

[prop:msconvbound] Збіжна послідовність у метричному просторі обмежена.

[prop:msconvifa] Послідовність$\{ x_n \}$ у метричному просторі$(X,d)$ сходиться до$p \in X$ if і тільки тоді, коли існує послідовність$\{ a_n \}$ дійсних чисел така, що $$d(x_n,p) \leq a_n \quad \text{for all $n \in {\mathbb{N}}$},$$ і $$\lim_{n\to\infty} a_n = 0.$$

[prop:mssubseq]$\{ x_n \}$ Дозволяти бути послідовністю в метричному просторі$(X,d)$.

1. Якщо$\{ x_n \}$ сходиться до$p \in X$, то кожна підпослідовність$\{ x_{n_k} \}$ сходиться до$p$.
2. Якщо для деяких$K \in {\mathbb{N}}$$K$$\{ x_n \}_{n=K+1}^\infty$ -tail сходиться до$p \in X$, то$\{ x_n \}$ сходиться до$p$.

Конвергенція в евклідовому просторі

Корисно відзначити, що означає конвергенція в евклідовому просторі${\mathbb{R}}^n$.

[prop:msconveuc]$\{ x_j \}_{j=1}^\infty$ Дозволяти бути послідовність в${\mathbb{R}}^n$, де ми пишемо$x_j = \bigl(x_{j,1},x_{j,2},\ldots,x_{j,n}\bigr) \in {\mathbb{R}}^n$. Потім$\{ x_j \}_{j=1}^\infty$ сходиться якщо і тільки якщо$\{ x_{j,k} \}_{j=1}^\infty$ сходиться для кожного$k$, і в цьому випадку $$\lim_{j\to\infty} x_j = \Bigl( \lim_{j\to\infty} x_{j,1}, \lim_{j\to\infty} x_{j,2}, \ldots, \lim_{j\to\infty} x_{j,n} \Bigr) .$$

$\{ x_j \}_{j=1}^\infty$Дозволяти збіжну послідовність в${\mathbb{R}}^n$, де ми пишемо$x_j = \bigl(x_{j,1},x_{j,2},\ldots,x_{j,n}\bigr) \in {\mathbb{R}}^n$. Нехай$y = (y_1,y_2,\ldots,y_n) \in {\mathbb{R}}^n$ буде межа. З огляду на$\epsilon > 0$, існує$M$ таке, що для всіх у$j \geq M$ нас є $$d(y,x_j) < \epsilon.$$ Fix деякі$k=1,2,\ldots,n$. Бо$j \geq M$ ми маємо $$\bigl\lvert y_k - x_{j,k} \bigr\rvert = \sqrt{{\bigl(y_k - x_{j,k} \bigr)}^2} \leq \sqrt{\sum_{\ell=1}^n {\bigl(y_\ell-x_{j,\ell}\bigr)}^2} = d(y,x_j) < \epsilon .$$ Отже послідовність$\{ x_{j,k} \}_{j=1}^\infty$ сходиться до$y_k$.

Для іншого напрямку припустимо, що$\{ x_{j,k} \}_{j=1}^\infty$ сходиться$y_k$ для кожного$k=1,2,\ldots,n$. Значить$\epsilon > 0$, дано, підібрати такий$M$, що якщо$j \geq M$ то$\bigl\lvert y_k-x_{j,k} \bigr\rvert < \nicefrac{\epsilon}{\sqrt{n}}$ для всіх$k=1,2,\ldots,n$. Потім\[d(y,x_j) = \sqrt{\sum_{k=1}^n {\bigl(y_k-x_{j,k}\bigr)}^2} < \sqrt{\sum_{k=1}^n {\left(\frac{\epsilon}{\sqrt{n}}\right)}^2} = \sqrt{\sum_{k=1}^n \frac

ParseError: invalid DekiScript (click for details)

Callstack:
    at (Математика/Аналіз/Вступ_до_реального_аналізу_(Lebl)/02:_Реальні_числа/2.01:_Основні_властивості), /content/body/div[40]/div/div[2]/p[4]/span[9]/span, line 1, column 1

{n}} = \epsilon .\] послідовність$\{ x_j \}$ сходиться до$y \in {\mathbb{R}}^n$ і ми закінчили.

Конвергенція і топологія

Топологія, тобто набір відкритих наборів простору кодує, які послідовності сходяться.

[prop:msconvtopo]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним$\{x_n\}$ пробілом і послідовністю в$X$. Потім$\{ x_n \}$ сходиться,$x \in X$ якщо і тільки якщо для кожного відкритого$U$ сусідства$x$, існує$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq M$ нас є$x_n \in U$.

Спочатку припустимо,$\{ x_n \}$ сходиться. Нехай$U$ буде відкрите сусідство$x$, тоді існує$\epsilon > 0$ таке, що$B(x,\epsilon) \subset U$. У міру сходження послідовності знайдіть$M \in {\mathbb{N}}$ таку, яка для всіх у$n \geq M$ нас є$d(x,x_n) < \epsilon$ або іншими словами$x_n \in B(x,\epsilon) \subset U$.

Доведемо інший напрямок. $\epsilon > 0$Дано нехай$U := B(x,\epsilon)$ буде сусідство$x$. Тоді є$M \in {\mathbb{N}}$ таке, що для$n \geq M$ нас є$x_n \in U = B(x,\epsilon)$ або іншими словами,$d(x,x_n) < \epsilon$.

Безліч закривається, коли він містить межі своїх збіжних послідовностей.

[prop:msclosedlim]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним простором,$E \subset X$ замкнутою$\{ x_n \}$ множиною і послідовністю в$E$ якій збігається з деякими$x \in X$. Потім$x \in E$.

Доведемо контрапозитив. Припустимо,$\{ x_n \}$ це послідовність$X$, яка сходиться до$x \in E^c$. Як$E^c$ відкрито, говорить є$M$ таке, що для всіх$n \geq M$,$x_n \in E^c$. Так$\{ x_n \}$ що не послідовність в$E$.

Коли ми беремо закриття набору$A$, ми дійсно кидаємо в саме ті точки, які є межами послідовностей в$A$.

[prop:msclosureapprseq]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним пробілом і$A \subset X$. Тоді$x \in \overline{A}$ якщо і тільки в тому випадку, якщо існує$\{ x_n \}$ послідовність елементів в$A$ такому, що$\lim\, x_n = x$.

Нехай$x \in \overline{A}$. Ми знаємо, що за даними$\nicefrac{1}{n}$, існує точка$x_n \in B(x,\nicefrac{1}{n}) \cap A$. Як$d(x,x_n) < \nicefrac{1}{n}$, у нас є$\lim\, x_n = x$.

Інший напрямок див.

Вправи

[Вправа: reverseclosedseq]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним пробілом і нехай$A \subset X$. $E$Дозволяти бути безліч всіх$x \in X$ таких, що існує послідовність$\{ x_n \}$ в$A$ що сходиться до$x$. Показати$E = \overline{A}$.

a) Показати, що$d(x,y) := \min \{ 1, \left\lvert {x-y} \right\rvert \}$ визначає метрику на${\mathbb{R}}$. b) Показати, що послідовність збігається у тому випадку,$({\mathbb{R}},d)$ якщо і тільки якщо вона збігається у стандартній метриці. c) Знайти обмежену послідовність$({\mathbb{R}},d)$, в якій немає збіжної підпослідовності.

Доведіть.

Доведіть.

Припустимо,$\{x_n\}_{n=1}^\infty$ сходиться до$x$. Припустимо,$f \colon {\mathbb{N}} \to {\mathbb{N}}$ це функція один-на-один. Покажіть, що$\{ x_{f(n)} \}_{n=1}^\infty$ сходиться до$x$.

If$(X,d)$ - метричний простір, де$d$ дискретна метрика. Припустимо,$\{ x_n \}$ є збіжною послідовністю в$X$. Покажіть, що існує$K \in {\mathbb{N}}$ таке, що для всіх у$n \geq K$ нас є$x_n = x_K$.

Набір$S \subset X$, як кажуть, щільний,$X$ якщо для кожного$x \in X$, існує послідовність$\{ x_n \}$,$S$ яка сходиться до$x$. Доведіть, що${\mathbb{R}}^n$ містить обчислювальну щільну підмножину.

$\{ U_n \}_{n=1}^\infty$Припустимо, що$U_{n+1} \subset U_n$ спадна (для всіх$n$) послідовність відкритих множин в метричному просторі$(X,d)$ така, що$\bigcap_{n=1}^\infty U_n = \{ p \}$ для деяких$p \in X$. $\{ x_n \}$Припустимо, послідовність точок в$X$ такому, що$x_n \in U_n$. Чи$\{ x_n \}$ обов'язково сходиться до$p$? Доведіть або побудуйте контрприклад.

$E \subset X$Дозволяти бути закриті і нехай$\{ x_n \}$ послідовність в$X$ сходженні до$p \in X$. Припустимо$x_n \in E$ для нескінченно багатьох$n \in {\mathbb{N}}$. Показати$p \in E$.

Візьміть${\mathbb{R}}^* = \{ -\infty \} \cup {\mathbb{R}}\cup \{ \infty \}$ за собою розширені реали. Визначити$x, y \in {\mathbb{R}}$,$d(x,y) := \bigl\lvert \frac{x}{1+\left\lvert {x} \right\rvert} - \frac{y}{1+\left\lvert {y} \right\rvert} \bigr\rvert$ якщо$d(\infty,x) := \bigl\lvert 1 - \frac{x}{1+\left\lvert {x} \right\rvert} \bigr\rvert$, визначити,$d(-\infty,x) := \bigl\lvert 1 + \frac{x}{1+\left\lvert {x} \right\rvert} \bigr\rvert$ для всіх$x \in {\mathbb{R}}$, і нехай$d(\infty,-\infty) := 2$. а) Показати, що$({\mathbb{R}}^*,d)$ це метричний простор. б) Припустимо$\{ x_n \}$, що послідовність дійсних чисел така$M \in {\mathbb{R}}$, що для кожного існує$N$ така, що$x_n \geq M$ для всіх$n \geq N$. Показати, що$\lim\, x_n = \infty$ в$({\mathbb{R}}^*,d)$. c) Показати, що послідовність дійсних чисел збігається з дійсним числом,$({\mathbb{R}}^*,d)$ якщо і тільки якщо вона збігається${\mathbb{R}}$ зі стандартною метрикою.

Припустимо,$\{ V_n \}_{n=1}^\infty$ це колекція відкритих наборів в$(X,d)$ такому, що$V_{n+1} \supset V_n$. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність така, що$x_n \in V_{n+1} \setminus V_n$ і припустимо$\{ x_n \}$ сходиться до$p \in X$. Покажіть, що$p \in \partial V$ де$V = \bigcup_{n=1}^\infty V_n$.

Доведіть.

Повнота і компактність

Примітка: 2 лекції

Послідовності Коші і повнота

Так само, як і з послідовностями дійсних чисел, ми визначаємо послідовності Коші.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір. Послідовність$\{ x_n \}$ в$X$ - це послідовність Коші, якщо для кожного$\epsilon > 0$ існує$M \in {\mathbb{N}}$ така, що для всіх$n \geq M$ і всіх у$k \geq M$ нас є $$d(x_n, x_k) < \epsilon .$$

Визначення - це знову просто переклад поняття з дійсних чисел в метричні простори. Таким чином, послідовність дійсних чисел Коші в сенсі якщо і тільки якщо це Коші в сенсі вище, за умови, що ми обладнаємо дійсні числа стандартною метрикою$d(x,y) = \left\lvert {x-y} \right\rvert$.

Конвергентна послідовність у метричному просторі - Коші.

Припустимо,$\{ x_n \}$ сходиться до$x$. Враховуючи$\epsilon > 0$ є$M$ таке, що для$n \geq M$ нас є$d(x,x_n) < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Отже, для всіх у$n,k \geq M$ нас є$d(x_n,x_k) \leq d(x_n,x) + d(x,x_k) < \nicefrac{\epsilon}{2} + \nicefrac{\epsilon}{2} = \epsilon$.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір. Ми говоримо$X$, що є повним або Коші-повним, якщо кожна послідовність Коші$\{ x_n \}$ в$X$ сходиться до$x \in X$.

Простір${\mathbb{R}}^n$ зі стандартною метрикою - це повний метричний простір.

Для${\mathbb{R}}= {\mathbb{R}}^1$ повноти була доведена в. Доказом вищевикладеної пропозиції є зведення до одновимірного випадку.

$\{ x_j \}_{j=1}^\infty$Дозволяти бути послідовність Коші в${\mathbb{R}}^n$, де ми пишемо$x_j = \bigl(x_{j,1},x_{j,2},\ldots,x_{j,n}\bigr) \in {\mathbb{R}}^n$. Оскільки послідовність Коші, дана$\epsilon > 0$, існує$M$ така, що для всіх у$i,j \geq M$ нас є $$d(x_i,x_j) < \epsilon.$$

Виправте деякі$k=1,2,\ldots,n$,$i,j \geq M$ бо у нас$\{ x_{j,k} \}_{j=1}^\infty$ є $$\bigl\lvert x_{i,k} - x_{j,k} \bigr\rvert = \sqrt{{\bigl(x_{i,k} - x_{j,k}\bigr)}^2} \leq \sqrt{\sum_{\ell=1}^n {\bigl(x_{i,\ell}-x_{j,\ell}\bigr)}^2} = d(x_i,x_j) < \epsilon .$$ Отже послідовність Коші. Як${\mathbb{R}}$ і повна послідовність сходиться; існує$y_k \in {\mathbb{R}}$ така, що$y_k = \lim_{j\to\infty} x_{j,k}$.

Пишіть$y = (y_1,y_2,\ldots,y_n) \in {\mathbb{R}}^n$. До нас є, що$\{ x_j \}$ сходиться$y \in {\mathbb{R}}^n$ і, отже${\mathbb{R}}^n$, є повним.

Зверніть увагу, що підмножина${\mathbb{R}}^n$ з метрикою підпростору не повинна бути повною. Наприклад,$(0,1]$ з підпростором метрика не є повною, як$\{ \nicefrac{1}{n} \}$ і послідовність Коші в$(0,1]$ без обмежень в$(0,1]$. Але дивіться також.

Компактність

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$K \subset X$. Набір$K$, як кажуть, компактний, якщо для будь-якої колекції відкритих множин,$\{ U_{\lambda} \}_{\lambda \in I}$ таких, що $$K \subset \bigcup_{\lambda \in I} U_\lambda ,$$ існує кінцева підмножина,$\{ \lambda_1, \lambda_2,\ldots,\lambda_k \} \subset I$ така, що $$K \subset \bigcup_{j=1}^k U_{\lambda_j} .$$

Колекція відкритих наборів$\{ U_{\lambda} \}_{\lambda \in I}$, як зазначено вище, як кажуть, є відкритою кришкою$K$. Таким чином, спосіб сказати, що$K$ компактний - це сказати, що кожна відкрита кришка$K$ має кінцеву підпокриття.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір. Компактний набір$K \subset X$ закритий і обмежений.

Спочатку доведемо, що компактний набір обмежений. Виправити$p \in X$. У нас відкрита кришка $$K \subset \bigcup_{n=1}^\infty B(p,n) = X .$$ Якщо$K$ компактна, то існує якийсь набір індексів,$n_1 < n_2 < \ldots < n_k$ $$K \subset \bigcup_{j=1}^k B(p,n_j) = B(p,n_k) .$$ таких$K$ що As міститься в кулі,$K$ обмежений.

Далі ми показуємо набір, який не закритий не компактний. Припустимо$\overline{K} \not= K$, тобто є сенс$x \in \overline{K} \setminus K$. Якщо$y \not= x$, то для$n$ з у$\nicefrac{1}{n} < d(x,y)$ нас є$y \notin C(x,\nicefrac{1}{n})$. Крім того$x \notin K$, так $$K \subset \bigcup_{n=1}^\infty {C(x,\nicefrac{1}{n})}^c .$$ як закритий куля закритий,${C(x,\nicefrac{1}{n})}^c$ відкритий, і тому у нас є відкрита кришка. Якщо взяти будь-яку скінченну колекцію індексів$n_1 < n_2 < \ldots < n_k$, то $$\bigcup_{j=1}^k {C(x,\nicefrac{1}{n_j})}^c = {C(x,\nicefrac{1}{n_k})}^c$$ As$x$ знаходиться в закритті,$C(x,\nicefrac{1}{n_k}) \cap K \not= \emptyset$. Таким чином, немає кінцевого підпокриву і$K$ не компактний.

Нижче доведено, що у скінченно-вимірному евклідовому просторі кожна замкнута обмежена множина є компактною. Так замкнуті обмежені множини${\mathbb{R}}^n$ є прикладами компактних множин. Неправда, що в кожному метричному просторі замкнутий і обмежений еквівалентний компактності. Простим прикладом може бути неповний метричний простір, наприклад,$(0,1)$ з метрикою підпростору. Але є багато повних і дуже корисних метричних просторів, де замкнутих і обмежених недостатньо для додання компактності, див.:$C([a,b],{\mathbb{R}})$ це повний метричний простір, але закритий блок кулі$C(0,1)$ не компактний. Однак див.

Корисна властивість компактних множин у метричному просторі полягає в тому, що кожна послідовність має збіжну підпослідовність. Такі набори іноді називають послідовно компактними. Доведемо, що в контексті метричних просторів множина є компактною тоді і тільки тоді, коли вона послідовно компактна. Спочатку доведемо лему.

[ms:lebesgue]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним пробілом і$K \subset X$. Припустимо, кожна послідовність в$K$ має збіжну підпослідовність в$K$. З огляду на$\{ U_\lambda \}_{\lambda \in I}$ відкриту кришку$K$, існує$\delta > 0$ таке, що для кожного$x \in K$, існує$\lambda \in I$ з$B(x,\delta) \subset U_\lambda$.

Важливо визнати, про що говорить лема. У ньому йдеться про те, що з огляду на будь-яку обкладинку є єдине$\delta > 0$. $\delta$Може залежати від кришки, але звичайно це не залежить від$x$.

Доведемо лему контрапозитивом. Якщо висновок не відповідає дійсності, то існує відкрита кришка$\{ U_\lambda \}_{\lambda \in I}$$K$ з наступним властивістю. Для кожного$n \in {\mathbb{N}}$ існує$x_n \in K$ таке, що не$B(x_n,\nicefrac{1}{n})$ є підмножиною жодного$U_\lambda$. З огляду на будь-який$x \in K$, є$\lambda \in I$ таке, що$x \in U_\lambda$. Звідси є$\epsilon > 0$ таке, що$B(x,\epsilon) \subset U_\lambda$. Візьміть$M$ таку, що$\nicefrac{1}{M} < \nicefrac{\epsilon}{2}$. Якщо$y \in B(x,\nicefrac{\epsilon}{2})$ і$n \geq M$, то по нерівності трикутника $$B(y,\nicefrac{1}{n}) \subset B(y,\nicefrac{1}{M}) \subset B(y,\nicefrac{\epsilon}{2}) \subset B(x,\epsilon) \subset U_\lambda .$$ Іншими словами, для всіх$n \geq M$,$x_n \notin B(x,\nicefrac{\epsilon}{2})$. Отже, послідовність не може мати підпослідовності, що сходиться до$x$. Як$x \in K$ було довільно ми зробили.

[thm:mscompactisseqcpt]$(X,d)$ Дозволяти бути метричним пробілом. Тоді$K \subset X$ є компактним набором тоді і тільки тоді, коли кожна послідовність в$K$ має підпослідовність, що сходиться до точки в$K$.

$K \subset X$Дозволяти бути$\{ x_n \}$ набір і послідовність в$K$. Припустимо$x \in K$, що для кожного знайдеться куля$B(x,\alpha_x)$ для якогось$\alpha_x > 0$ такого, що$x_n \in B(x,\alpha_x)$ для тільки скінченно багатьох$n \in {\mathbb{N}}$. Тоді $$K \subset \bigcup_{x \in K} B(x,\alpha_x) .$$ будь-яка кінцева колекція цих куль буде містити лише скінченно багато$x_n$. При цьому для будь-якої кінцевої колекції таких куль існує такий$x_n \in K$, який не є в союзі. Тому не$K$ є компактним.

Так що якщо$K$ компактний, то існує$x \in K$ таке, що для будь-якого$\delta > 0$,$B(x,\delta)$ містить$x_k$ для нескінченно багатьох$k \in {\mathbb{N}}$. М'яч$B(x,1)$ містить деякі$x_k$ так нехай$n_1 := k$. Якщо$n_{j-1}$ визначено, то має існувати$k > n_{j-1}$ таке$x_k \in B(x,\nicefrac{1}{j})$, що, так визначте$n_j := k$. Зауважте, що$d(x,x_{n_j}) < \nicefrac{1}{j}$. За,$\lim\, x_{n_j} = x$.

Для іншого напрямку, припустимо, що кожна послідовність в$K$ має підпослідовність, що сходиться в$K$. Беремо$\{ U_\lambda \}_{\lambda \in I}$ відкриту кришку$K$. Використовуючи Лебег, що охоплює лему вище, ми знаходимо$\delta > 0$ таке$x$, що для кожного існує$\lambda \in I$ з$B(x,\delta) \subset U_\lambda$.

Підібрати$x_1 \in K$ і знайти$\lambda_1 \in I$ такі, що$B(x_1,\delta) \subset U_{\lambda_1}$. Якщо$K \subset U_{\lambda_1}$, ми зупиняємося, як ми знайшли скінченну підкриття. В іншому випадку повинна бути точка$x_2 \in K \setminus U_{\lambda_1}$. Зауважте, що$d(x_2,x_1) \geq \delta$. Повинно існувати$\lambda_2 \in I$ такі, що$B(x_2,\delta) \subset U_{\lambda_2}$. Ми працюємо індуктивно. $\lambda_{n-1}$Припустимо, визначено. Або$U_{\lambda_1} \cup U_{\lambda_2} \cup \cdots \cup U_{\lambda_{n-1}}$ є кінцевою обкладинкою$K$, в цьому випадку ми зупиняємося, або там повинна бути точка$x_n \in K \setminus \bigl( U_{\lambda_1} \cup U_{\lambda_2} \cup \cdots \cup U_{\lambda_{n-1}}\bigr)$. Зверніть увагу, що$d(x_n,x_j) \geq \delta$ для всіх$j = 1,2,\ldots,n-1$. Далі повинні бути$\lambda_n \in I$ такі, що$B(x_n,\delta) \subset U_{\lambda_n}$.

Або в якийсь момент ми отримуємо скінченне підпокриття$K$ або отримуємо нескінченну послідовність,$\{ x_n \}$ як зазначено вище. Для протиріччя припустимо, що немає кінцевого підпокриву, і ми маємо послідовність$\{ x_n \}$. Для всіх$n$ і$k$$n \not= k$, у нас є$d(x_n,x_k) \geq \delta$, так що жодна підпослідовність не$\{ x_n \}$ може бути Коші. Звідси жодна підпослідовність не$\{ x_n \}$ може бути збіжною, що є протиріччям.

Теорема Больцано-Вейєрштрасса для послідовностей дійсних чисел () говорить, що будь-яка обмежена послідовність в${\mathbb{R}}$ має збіжну підпослідовність. Тому будь-яка послідовність в замкнутому інтервалі$[a,b] \subset {\mathbb{R}}$ має збіжну підпослідовність. Межа також повинна бути в,$[a,b]$ оскільки межі зберігають несуворі нерівності. Отже, замкнутий обмежений інтервал$[a,b] \subset {\mathbb{R}}$ є компактним.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і нехай$K \subset X$ бути компактним. Якщо$E \subset K$ закритий набір, то$E$ компактний.

$\{ x_n \}$Дозволяти бути послідовність в$E$. Це також послідовність в$K$. Тому він має збіжну підпослідовність$\{ x_{n_j} \}$, яка сходиться до деякої$x \in K$. Як$E$ закрито межа послідовності в$E$ також в$E$ і так$x \in E$. При цьому$E$ повинен бути компактним.

[thm:msbw] Закрита обмежена підмножина$K \subset {\mathbb{R}}^n$ є компактною.

Таким чином,${\mathbb{R}}^n$ підмножини компактні, якщо і тільки якщо вони замкнуті і обмежені, умова, що набагато простіше перевірити. Повторюємо, що теорема Гейна-Бореля тримається лише для метричних просторів,${\mathbb{R}}^n$ а не для метричних просторів загалом. Взагалі, компактний має на увазі замкнутий і обмежений, але не навпаки.

Бо${\mathbb{R}}= {\mathbb{R}}^1$ якщо$K \subset {\mathbb{R}}$ замкнутий і обмежений, то будь-яка послідовність$\{ x_k \}$ в$K$ обмежена, тому вона має збіжну підпослідовність за теоремою Больцано-Вейєрштрасса (). Як$K$ замкнуто, межа підпослідовності повинна бути елементом$K$. Так$K$ виглядає компактно.

Здійснимо доказ для$n=2$ і залишимо довільне$n$ як вправу. Як$K \subset {\mathbb{R}}^2$ обмежений, існує безліч$B=[a,b]\times[c,d] \subset {\mathbb{R}}^2$ таких, що$K \subset B$. Ми покажемо,$B$ що компактний. Тоді$K$, будучи замкнутим підмножиною компакт$B$, також компактний.

$\{ (x_k,y_k) \}_{k=1}^\infty$Дозволяти бути послідовність в$B$. Тобто,$a \leq x_k \leq b$ і$c \leq y_k \leq d$ для всіх$k$. Обмежена послідовність дійсних чисел має збіжну підпослідовність, тому існує підпослідовність$\{ x_{k_j} \}_{j=1}^\infty$, яка є збіжною. Підпослідовність також$\{ y_{k_j} \}_{j=1}^\infty$ є обмеженою послідовністю, тому існує підпослідовність$\{ y_{k_{j_i}} \}_{i=1}^\infty$, яка є збіжною. Підпослідовність збіжної послідовності все ще збіжна, так і$\{ x_{k_{j_i}} \}_{i=1}^\infty$ збіжна. Нехай $$x := \lim_{i\to\infty} x_{k_{j_i}} \qquad \text{and} \qquad y := \lim_{i\to\infty} y_{k_{j_i}} .$$ By,$\bigl\{ (x_{k_{j_i}},y_{k_{j_i}}) \bigr\}_{i=1}^\infty$ сходиться до$(x,y)$. Крім того, як$a \leq x_k \leq b$ і$c \leq y_k \leq d$ назавжди$k$, ми це знаємо$(x,y) \in B$.

Дискретна метрика знову наводить цікаві зустрічніприклади. $(X,d)$Дозволяти бути метричний простір з дискретною метрикою, тобто$d(x,y) = 1$ якщо$x \not= y$. Припустимо$X$, це нескінченна безліч. Потім:

1. $(X,d)$є повним метричним простором.
2. Будь-яка$K \subset X$ підмножина замкнута та обмежена.
3. Підмножина$K \subset X$ компактна тоді і лише тоді, коли вона є кінцевою множиною.
4. Висновок Лебега, що охоплює лему, завжди задовольняється$\delta = \nicefrac{1}{2}$, наприклад, навіть для некомпактних$K \subset X$.

Докази цих тверджень або тривіальні, або віднесені до наведених нижче вправ.

Вправи

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$A$ скінченна підмножина$X$. Покажіть,$A$ що компактний.

Дозвольте$A = \{ \nicefrac{1}{n} : n \in {\mathbb{N}}\} \subset {\mathbb{R}}$. а) Показати, що не$A$ є компактним безпосередньо за допомогою визначення. б) Показати, що$A \cup \{ 0 \}$ компактний безпосередньо за допомогою визначення.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір з дискретної метрики. а) Довести,$X$ що повно. б) Довести, що$X$ компактний, якщо і тільки якщо$X$ є кінцевою множиною.

а) Покажіть, що об'єднання нескінченно багатьох компактних наборів - це компактний набір. б) Знайдіть приклад, коли об'єднання нескінченно багатьох компактних наборів не є компактним.

Доведіть для довільного виміру. Підказка: Хитрість полягає у використанні правильних позначень.

Показати, що компактний набір$K$ є повним метричним простором (за допомогою метрики підпростору).

[Вправа: CABRComplete]$C([a,b],{\mathbb{R}})$ Дозволяти бути метричним простором, як у. Показати, що$C([a,b],{\mathbb{R}})$ є повним метричним простором.

[Вправа: msclbounnotCompt]$C([0,1],{\mathbb{R}})$ Дозволяти бути метричним простором. Нехай$0$ позначимо нульову функцію. Потім покажіть, що$C(0,1)$ закритий куля не компактний (навіть якщо він закритий і обмежений). Підказки: Побудувати послідовність різних неперервних функцій,$\{ f_n \}$ таких як$d(f_n,0) = 1$ і$d(f_n,f_k) = 1$ для всіх$n \not= k$. Покажіть, що набір$\{ f_n : n \in {\mathbb{N}}\} \subset C(0,1)$ закритий, але не компактний. Дивіться для натхнення.

Показати, що існує метрика${\mathbb{R}}$, яка${\mathbb{R}}$ перетворюється в компактний набір.

Припустимо$(X,d)$, є повним і припустимо, що у нас є незліченно нескінченна колекція непорожніх компактних множин$E_1 \supset E_2 \supset E_3 \supset \cdots$ потім довести$\bigcap_{j=1}^\infty E_j \not= \emptyset$

$C([0,1],{\mathbb{R}})$Дозволяти бути метричний простір. $K$Дозволяти$f \in C([0,1],{\mathbb{R}})$ множина таких, що$f$ дорівнює квадратичному многочлену, тобто$f(x) = a+bx+cx^2$, і такого, що$\left\lvert {f(x)} \right\rvert \leq 1$ для всіх$x \in [0,1]$, тобто$f \in C(0,1)$. Покажіть,$K$ що компактний.

[Вправа: mstotbound]$(X,d)$ Дозволяти бути повним метричним простором. Показати, що$K \subset X$ компактний тоді і тільки тоді, коли$K$ закритий і такий, що для кожного$\epsilon > 0$ існує скінченна множина точок$x_1,x_2,\ldots,x_n$ с$K \subset \bigcup_{j=1}^n B(x_j,\epsilon)$. Примітка: Такий набір$K$ вважається повністю обмеженим, тому в повному метричному просторі набір компактний тоді і лише тоді, коли він закритий і повністю обмежений.

Візьміть${\mathbb{N}}\subset {\mathbb{R}}$ за допомогою стандартної метрики. Знайдіть відкриту обкладинку${\mathbb{N}}$ такого, що укладення Лебега, що охоплює лему, не тримається.

Доведіть загальну теорему Больцано-Вейєрштрасса: Будь-яка обмежена послідовність$\{ x_k \}$ в${\mathbb{R}}^n$ має збіжну підпослідовність.

$X$Дозволяти метричний простір і$C \subset {\mathcal{P}}(X)$ множина непорожніх компактних підмножин$X$. Використовуючи метрику Хаусдорфа з, показати, що$(C,d_H)$ це метричний простір. Тобто показати, що якщо$L$ і$K$ є непорожніми компактними підмножинами, то$d_H(L,K) = 0$ якщо і тільки якщо$L=K$.

[Вправа: closedcomplete]$(X,d)$ Дозволяти бути повним метричним$E \subset X$ простором і замкнутим набором. Показати, що$E$ з метрикою підпростору є повний метричний простір.

Безперервні функції

Примітка: 1 лекція

Безперервність

$(Y,d_Y)$Дозволяти$(X,d_X)$ і бути метричні пробіли і$c \in X$. Потім$f \colon X \to Y$ безперервно в$c$ якщо для кожного$\epsilon > 0$ є$\delta > 0$ таке, що коли$x \in X$ і$d_X(x,c) < \delta$, то$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) < \epsilon$.

Коли$f \colon X \to Y$ є безперервним взагалі$c \in X$, то ми просто говоримо, що$f$ це безперервна функція.

Визначення узгоджується з визначенням from$f$ when є дійсною функцією на дійсній лінії, якщо взяти стандартну метрику далі${\mathbb{R}}$.

[prop:contiscont]$(Y,d_Y)$ Дозволяти$(X,d_X)$ і бути метричними пробілами. Потім$f \colon X \to Y$ є безперервним,$c \in X$ якщо і тільки якщо для кожної послідовності$\{ x_n \}$ в$X$ сходженні до$c$, послідовність$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$f(c)$.

$f$Припустимо, безперервний при$c$. $\{ x_n \}$Дозволяти послідовність в$X$ сходженні до$c$. З огляду на$\epsilon > 0$, є$\delta > 0$ таке, що$d_X(x,c) < \delta$ має на увазі$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) < \epsilon$. Так що візьми$M$ таке, що для всіх$n \geq M$, у нас є$d_X(x_n,c) < \delta$, тоді$d_Y\bigl(f(x_n),f(c)\bigr) < \epsilon$. Звідси$\{ f(x_n) \}$ сходиться до$f(c)$.

З іншого боку, припустимо$f$, не є безперервним при$c$. Тоді існує такий$\epsilon > 0$, що для кожного$n \in {\mathbb{N}}$ існує один$x_n \in X$, з$d_X(x_n,c) < \nicefrac{1}{n}$ таким, що$d_Y\bigl(f(x_n),f(c)\bigr) \geq \epsilon$. Потім$\{ x_n \}$ сходиться до$c$, але$\{ f(x_n) \}$ не сходиться до$f(c)$.

$f \colon {\mathbb{R}}^2 \to {\mathbb{R}}$Припустимо, це многочлен. Тобто $$f(x,y) = \sum_{j=0}^d \sum_{k=0}^{d-j} a_{jk}\,x^jy^k = a_{0\,0} + a_{1\,0} \, x + a_{0\,1} \, y+ a_{2\,0} \, x^2+ a_{1\,1} \, xy+ a_{0\,2} \, y^2+ \cdots + a_{0\,d} \, y^d ,$$ для деяких$d \in {\mathbb{N}}$ (ступінь) і$a_{jk} \in {\mathbb{R}}$. Тоді ми стверджуємо$f$, що це безперервно. $\{ (x_n,y_n) \}_{n=1}^\infty$Дозволяти послідовність в${\mathbb{R}}^2$ тому, що сходиться до$(x,y) \in {\mathbb{R}}^2$. Ми довели, що це означає, що$\lim\, x_n = x$ і$\lim\, y_n = y$. Таким чином, у нас$f$ є $$\lim_{n\to\infty} f(x_n,y_n) = \lim_{n\to\infty} \sum_{j=0}^d \sum_{k=0}^{d-j} a_{jk} \, x_n^jy_n^k = \sum_{j=0}^d \sum_{k=0}^{d-j} a_{jk} \, x^jy^k = f(x,y) .$$ Так безперервно в$(x,y)$, і як$(x,y)$ було довільно$f$ безперервно всюди. Аналогічно многочлен у$n$ змінних є безперервним.

Компактність і безперервність

Безперервні карти не відображають закриті набори на закриті набори. Наприклад,$f \colon (0,1) \to {\mathbb{R}}$ визначений$f(x) := x$ бере набір$(0,1)$, який закритий в$(0,1)$, до набору$(0,1)$, який не закритий в${\mathbb{R}}$. З іншого боку, безперервні карти зберігають компактні набори.

[lemma:continuouscompact]$(X,d_X)$$(Y,d_Y)$ Дозволяти і бути метричні простори і$f \colon X \to Y$ неперервна функція. Якщо$K \subset X$ це компактний набір, то$f(K)$ це компактний набір.

Послідовність в$f(K)$ може бути записана як$\{ f(x_n) \}_{n=1}^\infty$, де$\{ x_n \}_{n=1}^\infty$ послідовність в$K$. Набір$K$ компактний і тому є підпослідовність$\{ x_{n_i} \}_{i=1}^\infty$, яка сходиться до деякої$x \in K$. За безперервністю, $$\lim_{i\to\infty} f(x_{n_i}) = f(x) \in f(K) .$$ Таким чином, кожна послідовність в$f(K)$ має підпослідовність збігається до точки в$f(K)$, і$f(K)$ компактна по.

Як і раніше,$f \colon X \to {\mathbb{R}}$ досягає абсолютного мінімуму$c \in X$ при $$f(x) \geq f(c) \qquad \text{ for all $x \in X$.}$$ if З іншого боку,$f$ досягає абсолютного максимуму при$c \in X$ якщо $$f(x) \leq f(c) \qquad \text{ for all $x \in X$.}$$

$(X,d)$Дозволяти бути компактним метричним простором і$f \colon X \to {\mathbb{R}}$ безперервною функцією. Потім$f$ обмежується і фактично$f$ досягає абсолютного мінімуму і абсолютного максимуму на$X$.

Оскільки$X$$f$ компактний і безперервний, у нас$f(X) \subset {\mathbb{R}}$ є компактний. Звідси$f(X)$ є замкнутим і обмеженим. Зокрема,$\sup f(X) \in f(X)$ і$\inf f(X) \in f(X)$, тому що і sup, і inf можуть бути досягнуті послідовностями в$f(X)$ і$f(X)$ закрито. Тому є деякі$x \in X$ такі, що$f(x) = \sup f(X)$ і деякі$y \in X$ такі, що$f(y) = \inf f(X)$.

Безперервність і топологія

Давайте подивимося, як визначити безперервність з точки зору топології, тобто відкритих множин. Ми вже бачили, що топологія визначає, які послідовності сходяться, і тому не дивно, що топологія також визначає безперервність функцій.

[lemma:mstopcontloc] Дозволяти$(X,d_X)$ і$(Y,d_Y)$ бути метричними пробілами. Функція$f \colon X \to Y$ є безперервною,$c \in X$ якщо і тільки якщо для кожного відкритого$U$ сусідства$f(c)$ in$Y$$f^{-1}(U)$ множина містить відкрите сусідство$c$ in$X$.

По-перше, припустимо,$f$ що безперервно в$c$. Нехай$U$ буде відкрите сусідство$f(c)$ в$Y$, то$B_Y\bigl(f(c),\epsilon\bigr) \subset U$ для деяких$\epsilon > 0$. За безперервністю$f$, існує$\delta > 0$ таке, що всякий раз, коли$x$ таке$d_X(x,c) < \delta$, що, то$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) < \epsilon$. Іншими словами, $$B_X(c,\delta) \subset f^{-1}\bigl(B_Y\bigl(f(c),\epsilon\bigr)\bigr) \subset f^{-1}(U) ,$$ і$B_X(c,\delta)$ є відкритим сусідством$c$.

Для іншого напрямку, нехай$\epsilon > 0$ буде дано. Якщо$f^{-1}\bigl(B_Y\bigl(f(c),\epsilon\bigr)\bigr)$ містить$W$ відкриту околицю$c$, вона містить кулю. Тобто, є деякі$\delta > 0$ такі, $$B_X(c,\delta) \subset W \subset f^{-1}\bigl(B_Y\bigl(f(c),\epsilon\bigr)\bigr) .$$ що Це означає саме, що якщо$d_X(x,c) < \delta$ потім$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) < \epsilon$, і$f$ так безперервно в$c$.

[thm:mstopocont]$(Y,d_Y)$ Дозволяти$(X,d_X)$ і бути метричними пробілами. Функція$f \colon X \to Y$ є безперервною, якщо і тільки якщо для кожного$f^{-1}(U)$ відкритого$U \subset Y$, відкрита в$X$.

Доказ випливає з і залишається як вправа.

$f \colon X \to Y$Дозволяти безперервна функція. говорить нам,$E \subset Y$ що якщо закритий,$f^{-1}(E) = X \setminus f^{-1}(E^c)$ то теж закритий. Тому якщо у нас є безперервна функція$f \colon X \to {\mathbb{R}}$, то нульова$f$ множина$f^{-1}(0) = \{ x \in X : f(x) = 0 \}$, тобто замкнута. Щойно доведено найголовніший результат алгебраїчної геометрії — дослідження нульових множин многочленів.

Аналогічно$f$ множина де невід'ємна,$f^{-1}\bigl( [0,\infty) \bigr) = \{ x \in X : f(x) \geq 0 \}$ тобто закривається. З іншого боку набір, де$f$ позитивний,$f^{-1}\bigl( (0,\infty) \bigr) = \{ x \in X : f(x) > 0 \}$ відкритий.

Рівномірна безперервність

Що стосується безперервних функцій на реальній лінії, то при визначенні безперервності іноді зручно мати можливість підібрати одну$\delta$ для всіх точок.

$(Y,d_Y)$Дозволяти$(X,d_X)$ і бути метричні пробіли. Тоді$f \colon X \to Y$ рівномірно безперервно, якщо для кожного$\epsilon > 0$ є$\delta > 0$ таке, що коли$x,c \in X$ і$d_X(x,c) < \delta$, то$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) < \epsilon$.

Рівномірно безперервна функція є безперервною, але не обов'язково навпаки, як ми бачили.

[THM:XCompactFunifCont]$(Y,d_Y)$ Дозволяти$(X,d_X)$ і бути метричними пробілами. Припустимо$f \colon X \to Y$, суцільний і$X$ компактний. Потім$f$ рівномірно безперервно.

Нехай$\epsilon > 0$ дадуть. Для кожного підбирайте$\delta_c > 0$ такі$c \in X$, що$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) < \nicefrac{\epsilon}{2}$ коли завгодно$d_X(x,c) < \delta_c$. Кулі$B(c,\delta_c)$ покривають$X$, а простір$X$ компактне. Застосовуйте для отримання$\delta > 0$ такого, що для кожного$x \in X$, є$c \in X$ для чого$B(x,\delta) \subset B(c,\delta_c)$.

Якщо$x_1, x_2 \in X$ де$d_X(x_1,x_2) < \delta$, знайдіть$c \in X$ таку, що$B(x_1,\delta) \subset B(c,\delta_c)$. Потім$x_2 \in B(c,\delta_c)$. За нерівністю трикутника і визначенням$\delta_c$ ми маємо $$d_Y\bigl(f(x_1),f(x_2)\bigr) \leq d_Y\bigl(f(x_1),f(c)\bigr) + d_Y\bigl(f(c),f(x_2)\bigr) < \nicefrac{\epsilon}{2}+ \nicefrac{\epsilon}{2} = \epsilon . \qedhere$$

Корисними прикладами рівномірно неперервних функцій знову є так звані неперервні функції Ліпшица. Тобто якщо$(X,d_X)$ і$(Y,d_Y)$ є метричними просторами, то$f \colon X \to Y$ називається Lipschitz або$K$ -Lipschitz якщо існує$K \in {\mathbb{R}}$ таке що $$d_Y\bigl(f(x),f(c)\bigr) \leq K d_X(x,c) \ \ \ \ \text{for all } x,c \in X.$$ Не важко довести, що Ліпшиц має на увазі рівномірно безперервний, просто взяти$\delta = \nicefrac{\epsilon}{K}$. І ми вже бачили у випадку функцій на реальному рядку, функція може бути рівномірно безперервної, але не Ліпшіц.

Варто згадати, що якщо функцією є Ліпшиц, то, як правило, найпростіше просто показати, що це Ліпшиц, навіть якщо ми зацікавлені лише в тому, щоб знати безперервність.

Вправи

Розглянемо${\mathbb{N}}\subset {\mathbb{R}}$ зі стандартною метрикою. $(X,d)$Дозволяти бути метричний простір і$f \colon X \to {\mathbb{N}}$ безперервна функція. а) Доведіть, що якщо$X$ підключений, то$f$ є постійним (діапазон одиничне значення). б) знайти приклад, де$X$ відключений і не$f$ є постійним.$f$

$f \colon {\mathbb{R}}^2 \to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися$f(0,0) := 0$, і$f(x,y) := \frac{xy}{x^2+y^2}$ якщо$(x,y) \not= (0,0)$. а) Показати, що для будь-якого фіксованого функція$x$, яка приймає$y$ до,$f(x,y)$ є безперервною. Аналогічно для будь-якого фіксованого$y$, функція, яка приймає$x$ до,$f(x,y)$ є безперервною. б) Показати, що не$f$ є безперервною.

Припустимо, що$f \colon X \to Y$ є безперервним для метричних просторів$(X,d_X)$ і$(Y,d_Y)$. Дозвольте$A \subset X$. а) Показати, що$f(\overline{A}) \subset \overline{f(A)}$. б) Показати, що підмножина може бути правильною.

Доведіть. Підказка: Використовуйте.

[extrace:msconnconn] Припустимо, що$f \colon X \to Y$ є неперервним для метричних просторів$(X,d_X)$ і$(Y,d_Y)$. Показати, що якщо$X$ підключений, то$f(X)$ підключений.

Доведіть наступну версію. $(X,d)$Дозволяти бути з'єднаний метричний простір і$f \colon X \to {\mathbb{R}}$ безперервна функція. Припустимо, що існують$x_0,x_1 \in X$ і$y \in {\mathbb{R}}$ такі, що$f(x_0) < y < f(x_1)$. Тоді доведіть, що існує$z \in X$ таке, що$f(z) = y$. Підказка: Див.

Безперервна функція$f \colon X \to Y$ для метричних просторів$(X,d_X)$ і$(Y,d_Y)$ вважається правильною$K \subset Y$, якщо для кожного компактного набору набір$f^{-1}(K)$ компактний. Припустимо, що безперервний$f \colon (0,1) \to (0,1)$$\{ x_n \}$ є правильним і є послідовністю в$(0,1)$ що сходиться до$0$. Показати, що не$\{ f(x_n) \}$ має підпослідовності, яка сходиться в$(0,1)$.

$(X,d_X)$$(Y,d_Y)$Дозволяти і бути метричним простором і$f \colon X \to Y$ бути один до одного і на безперервну функцію. $X$Припустимо, компактний. Доведіть, що$f^{-1} \colon Y \to X$ зворотне є безперервним.

Візьміть метричний простір неперервних функцій$C([0,1],{\mathbb{R}})$. $k \colon [0,1] \times [0,1] \to {\mathbb{R}}$Дозволяти бути безперервної функції. $f \in C([0,1],{\mathbb{R}})$Задано визначення $$\varphi_f(x) := \int_0^1 k(x,y) f(y) ~dy .$$ а) Показати, що$T(f) := \varphi_f$ визначає функцію$T \colon C([0,1],{\mathbb{R}}) \to C([0,1],{\mathbb{R}})$.
б) Показати, що$T$ є безперервним.

$(X,d)$Дозволяти бути метричний простір.
а) Якщо$p \in X$, показати, що$f \colon X \to {\mathbb{R}}$ визначено$f(x) := d(x,p)$ є безперервним.
б) Визначте метрику,$X \times X$ як у частині b, і показати, що$g \colon X \times X \to {\mathbb{R}}$ визначено$g(x,y) := d(x,y)$ є безперервним.
в) Показати, що якщо$K_1$ і$K_2$ є компактними підмножинами$X$, то існує$p \in K_1$ і$q \in K_2$ таке, що мінімально, тобто$d(p,q) = \inf \{ (x,y) \colon x \in K_1, y \in K_2 \}$.$d(p,q)$

Теорема фіксованої точки та теорема Пікара знову

Примітка: 1 лекція (необов'язково, не вимагає)

У цьому розділі доведено теорему фіксованої точки для відображень стиснення. Як додаток доведено теорему Пікара, яку ми довели без метричних просторів в. Доказ, який ми представляємо тут, схожий, але доказ йде набагато плавніше з метричними просторами та теоремою фіксованої точки.

Теорема про фіксовану точку

$(X',d')$Дозволяти$(X,d)$ і бути метричні пробіли. $f \colon X \to X'$кажуть, що це скорочення (або контрактивна карта), якщо це карта$k$ -Lipschitz для деяких$k < 1$, тобто якщо існує$k < 1$ таке, що $$d'\bigl(f(x),f(y)\bigr) \leq k d(x,y) \ \ \ \ \text{for all } x,y \in X.$$

If$f \colon X \to X$ є картою,$x \in X$ називається фіксованою точкою if$f(x)=x$.

[Принцип відображення стиснення або теорема фіксованої точки] [thm:contr] Дозволяти$(X,d)$ бути непорожнім повним метричним$f \colon X \to X$ простором і стисненням. Потім$f$ має унікальну фіксовану точку.

Слова повне і стиснення необхідні. Див.

Підібрати будь-який$x_0 \in X$. Визначте послідовність$\{ x_n \}$ по$x_{n+1} := f(x_n)$. $$d(x_{n+1},x_n) = d\bigl(f(x_n),f(x_{n-1})\bigr) \leq k d(x_n,x_{n-1}) \leq \cdots \leq k^n d(x_1,x_0) .$$ Припустимо$m > n$, тоді $$\begin{split} d(x_m,x_n) & \leq \sum_{i=n}^{m-1} d(x_{i+1},x_i) \\ & \leq \sum_{i=n}^{m-1} k^i d(x_1,x_0) \\ & = k^n d(x_1,x_0) \sum_{i=0}^{m-n-1} k^i \\ & \leq k^n d(x_1,x_0) \sum_{i=0}^{\infty} k^i = k^n d(x_1,x_0) \frac{1}{1-k} . \end{split}$$ зокрема послідовність Коші (чому?). Оскільки$X$ завершено, ми дозволяємо$x := \lim\, x_n$, і ми стверджуємо, що$x$ це наша унікальна фіксована точка.

Фіксована точка? $f$Функція безперервна, оскільки це скорочення, тому Ліпшиц безперервний. Звідси $$f(x) = f( \lim \, x_n) = \lim\, f(x_n) = \lim\, x_{n+1} = x .$$

Унікальний? Нехай$x$ і$y$ обидва будуть фіксованими точками. $$d(x,y) = d\bigl(f(x),f(y)\bigr) \leq k d(x,y) .$$ Як$k < 1$ це означає, що$d(x,y) = 0$ і значить$x=y$. Доведено теорему.

Доказ є конструктивним. Мало того, що ми знаємо, що існує унікальна фіксована точка. Ми також знаємо, як його знайти. Ми починаємо з будь-якої точки$x_0 \in X$ і просто перебираємо$f(x_0)$$f(f(x_0))$$f(f(f(x_0)))$,, і т.д... Насправді, ви навіть можете знайти, наскільки далеко від фіксованої точки ви знаходитесь, дивіться вправи. Тому ідея доказу використовується в реальних програмах.

Теорема Пікара

Перш ніж ми перейдемо до Пікара, згадаємо, до якого метричного простору ми будемо застосовувати теорему фіксованої точки. Ми будемо використовувати метричний простір$C([a,b],{\mathbb{R}})$. Тобто простір неперервних функцій$f \colon [a,b] \to {\mathbb{R}}$ з метричною $$d(f,g) = \sup_{x \in [a,b]} \left\lvert {f(x)-g(x)} \right\rvert .$$ збіжністю в цій метриці є збіжністю в рівномірній нормі, або іншими словами, рівномірною збіжністю.$C([a,b],{\mathbb{R}})$ Тому дивіться,$C([a,b],{\mathbb{R}})$ являє собою повний метричний простір.

Використаємо теорему фіксованої точки для доведення класичної теореми Пікара про існування та єдиність звичайних диференціальних рівнянь. Розглянемо рівняння $$\frac{dy}{dx} = F(x,y) .$$ Враховуючи деякі$x_0, y_0$ ми шукаємо функцію$y=f(x)$ таку, що$f(x_0) = y_0$ і таке, що $$f'(x) = F\bigl(x,f(x)\bigr) .$$ Щоб уникнути необхідності придумувати багато імен ми часто просто пишемо$y' = F(x,y)$ і$y(x)$ для рішення.

Найпростішим прикладом є, наприклад$y' = y$, рівняння,$y(0) = 1$. Рішення - експоненціальна$y(x) = e^x$. Дещо більш складним прикладом є те$y' = -2xy$$y(0) = 1$, чиє рішення - Гауссова$y(x) = e^{-x^2}$.

Є деякі тонкі питання, наприклад, як довго існує рішення. Подивіться на рівняння$y' = y^2$,$y(0)=1$. Тоді$y(x) = \frac{1}{1-x}$ є рішення. Хоча$F$ є досить «приємною» функцією і, зокрема, існує для всіх$x$ і$y$, рішення «вибухає» на$x=1$. Додаткові приклади, пов'язані з теоремою Пікара, див.

Нехай$I, J \subset {\mathbb{R}}$ будуть компактні інтервали, нехай$I_0$ і$J_0$ будуть їх інтер'єри, і нехай$(x_0,y_0) \in I_0 \times J_0$. Припустимо$F \colon I \times J \to {\mathbb{R}}$, безперервний і Ліпшиц в другій змінній, тобто існує$L \in {\mathbb{R}}$ така що $$\left\lvert {F(x,y) - F(x,z)} \right\rvert \leq L \left\lvert {y-z} \right\rvert \ \ \ \text{ for all $y,z \in J$, $x \in I$} .$$ Тоді існує$h > 0$ і унікальна диференційована функція$f \colon [x_0 - h, x_0 + h] \to J \subset {\mathbb{R}}$, така, що $$f'(x) = F\bigl(x,f(x)\bigr) \qquad \text{and} \qquad f(x_0) = y_0.$$

Без втрати спільності припускаємо$x_0 =0$. Оскільки$I \times J$$F(x,y)$ компактний і безперервний, він обмежений. Так що знайти$M > 0$, такий, що$\left\lvert {F(x,y)} \right\rvert \leq M$ для всіх$(x,y) \in I\times J$. Підібрати$\alpha > 0$ такі, що$[-\alpha,\alpha] \subset I$ і$[y_0-\alpha, y_0 + \alpha] \subset J$. Нехай $$h := \min \left\{ \alpha, \frac{\alpha}{M+L\alpha} \right\} .$$ Примітка$[-h,h] \subset I$. Визначити $$Y := \{ f \in C([-h,h],{\mathbb{R}}) : f([-h,h]) \subset J \} . % [y_0-\alpha,y_0+\alpha] \} .$$ множину$Y$ Тобто простір безперервних функцій на$[-h,h]$ зі значеннями в$J$, іншими словами, саме тих функцій, де має$F\bigl(x,f(x)\bigr)$ сенс. Використовувана метрика є стандартною метрикою, наведеною вище.

Покажіть,$Y \subset C([-h,h],{\mathbb{R}})$ що закрито. $J$Підказка: закрита.

Простір$C([-h,h],{\mathbb{R}})$ є повним, а замкнута підмножина повного метричного простору - це повний метричний простір з метрикою підпростору, див. Так$Y$ з підпростором метрика завершена.

Визначте відображення$T \colon Y \to C([-h,h],{\mathbb{R}})$ за $$T(f)(x) := y_0 + \int_0^x F\bigl(t,f(t)\bigr)~dt .$$

Показати, що якщо$f \colon [-h,h] \to J$ є безперервним$F\bigl(t,f(t)\bigr)$, то є безперервним$[-h,h]$ як функція$t$. Використовуйте це, щоб показати,$T$ що чітко визначено і що$T(f) \in C([-h,h],{\mathbb{R}})$.

Нехай$f \in Y$ і$\left\lvert {x} \right\rvert \leq h$. Як$F$ обмежено у$M$ нас є $$\begin{split} \left\lvert {T(f)(x) - y_0} \right\rvert &= \left\lvert {\int_0^x F\bigl(t,f(t)\bigr)~dt} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {x} \right\rvert M \leq hM \leq \frac{\alpha M}{M+ L\alpha} \leq \alpha . \end{split}$$ Так$T(f)([-h,h]) \subset [y_0-\alpha,y_0+\alpha] \subset J$, і$T(f) \in Y$. Іншими словами,$T(Y) \subset Y$. Таким чином, ми розглядаємо$T$ як відображення$Y$ до$Y$.

Ми стверджуємо$T \colon Y \to Y$, що це скорочення. По-перше, для$x \in [-h,h]$ і$f,g \in Y$ ми маємо $$\left\lvert {F\bigl(x,f(x)\bigr) - F\bigl(x,g(x)\bigr)} \right\rvert \leq L\left\lvert {f(x)- g(x)} \right\rvert \leq L \, d(f,g) .$$ Тому, $$\begin{split} \left\lvert {T(f)(x) - T(g)(x)} \right\rvert &= \left\lvert {\int_0^x F\bigl(t,f(t)\bigr) - F\bigl(t,g(t)\bigr)~dt} \right\rvert \\ & \leq \left\lvert {x} \right\rvert L \, d(f,g) \leq h L\, d(f,g) \leq \frac{L\alpha}{M+L\alpha} \, d(f,g) . \end{split}$$ Ми вибрали$M > 0$ і так$\frac{L\alpha}{M+L\alpha} < 1$. Претензія доведена шляхом прийняття supremum над$x \in [-h,h]$ лівою стороною вище, щоб отримати$d\bigl(T(f),T(g)\bigr) \leq \frac{L\alpha}{M+L\alpha} \, d(f,g)$.

Застосовуємо теорему фіксованої точки (), щоб знайти унікальну$f \in Y$ таку$T(f) = f$, що, тобто $$%\label{equation:msinteqpicard} f(x) = y_0 + \int_0^x F\bigl(t,f(t)\bigr)~dt .$$ за фундаментальною теоремою числення,$T(f)$ є унікальною диференційовною функцією, похідною якої є$F\bigl(x,f(x)\bigr)$ і$T(f)(0) = y_0$. Тому$f$ є унікальним рішенням$f'(x) = F\bigl(x,f(x)\bigr)$ і$f(0) = y_0$.

Доведіть, що твердження «Без втрати спільності припускають$x_0 = 0$» є обґрунтованим. Тобто довести, що якщо ми знаємо теорему з$x_0 = 0$, теорема вірна, як зазначено.

Вправи

Більше вправ, пов'язаних з теоремою Пікара див.

$F \colon {\mathbb{R}}\to {\mathbb{R}}$Дозволяти визначатися$F(x) := kx + b$ де$0 < k < 1$,$b \in {\mathbb{R}}$.
а) Показати, що$F$ це скорочення.
б) Знайдіть фіксовану точку і покажіть безпосередньо, що вона унікальна.

$f \colon [0,\nicefrac{1}{4}] \to [0,\nicefrac{1}{4}]$Дозволяти визначатися$f(x) := x^2$ - це скорочення.
а) Покажіть, що$f$ це скорочення, і знайдіть найкраще (найменше)$k$ з визначення, яке працює.
б) Знайдіть фіксовану точку і покажіть безпосередньо, що вона унікальна.

[Вправа: nofixedpoint] a) Знайти приклад скорочення$f \colon X \to X$ неповного метричного простору$X$ без фіксованої точки. b) Знайдіть карту$f \colon X \to X$ 1-Ліпшіца повного метричного простору$X$ без фіксованої точки.

Розглянемо$y' =y^2$,$y(0)=1$. Скористайтеся схемою ітерації з доказу принципу відображення стиснення. Почніть з$f_0(x) = 1$. Знайдіть кілька ітерацій (принаймні до$f_2$). Доведіть, що точково межа$f_n$ є$\frac{1}{1-x}$, тобто для кожного$x$ з$\left\lvert {x} \right\rvert < h$ для деяких$h > 0$, довести, що$\lim\limits_{n\to\infty}f_n(x) = \frac{1}{1-x}$.

Припустимо,$f \colon X \to X$ це скорочення для$k < 1$. Припустимо, ви використовуєте процедуру ітерації з$x_{n+1} := f(x_n)$ як у доведенні теореми фіксованої точки. Припустимо,$x$ це фіксована точка$f$.
а) Покажіть, що$d(x,x_n) \leq k^n d(x_1,x_0) \frac{1}{1-k}$ для всіх$n \in {\mathbb{N}}$.
б) Припустимо$d(y_1,y_2) \leq 16$ для всіх$y_1,y_2 \in X$, і$k= \nicefrac{1}{2}$. Знайдіть$N$ таке, що починається в будь-якій точці$x_0 \in X$,$d(x,x_n) \leq 2^{-16}$ для всіх$n \geq N$.

Нехай$f(x) := x-\frac{x^2-2}{2x}$. (Ви можете розпізнати метод Ньютона для$\sqrt{2}$)
a) Доведіть$f\bigl([1,\infty)\bigr) \subset [1,\infty)$.
б) Доведіть, що$f \colon [1,\infty) \to [1,\infty)$ це скорочення.
в) Застосуйте теорему фіксованої точки, щоб знайти$x \geq 1$ таку$f(x) = x$, що, і показати, що$x = \sqrt{2}$.

Припустимо,$f \colon X \to X$ це скорочення, і$(X,d)$ є метричним простором з дискретною метрикою, тобто$d(x,y) = 1$ коли завгодно$x \not= y$. Покажіть, що$f$ є постійним, тобто існує$c \in X$ таке, що$f(x) = c$ для всіх$x \in X$.

---

1. Термін «модерн» відноситься до кінця 19 століття до теперішнього часу. ↩
2. Для шанувальників телешоу Футурама є кінотеатр в одному епізоді під назвою$\aleph_0$ a-plex. ↩
3. Алгебраїст сказав би, що${\mathbb{Z}}$ це впорядковане кільце, або, можливо, точніше комутативне впорядковане кільце. ↩
4. Унікальність залежить від ізоморфізму, але ми хочемо уникнути надмірного використання алгебри. Для нас досить просто припустити, що набір дійсних чисел існує. Див. Рудін для будівництва та більш докладної інформації. ↩
5. Названо на честь швейцарського математика Якова Бернуллі (1655 — 1705 рр.). ↩
6. Гіпотеза обмеженості призначена для простоти, її можна скинути, якщо ми дозволимо розширені дійсні числа. ↩
7. використовуйте позначення$(x_n)$ для позначення послідовності замість того$\{ x_n \}$, що використовує. Обидва поширені. ↩
8. Названо на честь англійського фізика і математика Ісаака Ньютона (1642 — 1726/7). ↩
9. Названий на честь чеського математика Бернхарда Плачіда Йоганна Непомука Больцано (1781 — 1848) та німецького математика Карла Теодора Вільгельма Вайєрштрасса (1815 — 1897). ↩
10. Іноді кажуть, що$\{ x_n \}$ сходиться до нескінченності. ↩
11. Названо на честь французького математика Августена-Луї Коші (1789—1857). ↩
12. Розбіжність гармонічного ряду була відома ще до того, як теорія рядів була зроблена суворою. Насправді доказ, який ми даємо, є найбільш раннім доказом і був наведений Ніколь Оресме (1323? —1382). ↩
13. Демонстрація цього факту зробила відомим швейцарський математик Леонхард Пол Ейлер (1707 — 1783). ↩
14. Названий на честь італійського математика Ернесто Сеса а-ро (1859 — 1906 рр.). ↩
15. Названа на честь німецького математика Йоганнеса Карла Томае (1840 — 1921 рр.). ↩
16. Названо на честь німецького математика Рудольфа Отто Сігізмунда Ліпшица (1832—1903). ↩
17. Названий на честь німецького математика Готфріда Вільгельма Лейбніца (1646—1716). ↩
18. Названо на честь французького математика Мішеля Ролля (1652—1719). ↩
19. Названий на честь англійського математика Брука Тейлора (1685—1731). Вперше його знайшов шотландський математик Джеймс Грегорі (1638 — 1675). Заява, яку ми даємо, була доведена Жозеф-Луї Лагранжем (1736 — 1813 рр.) ↩
20. Названо на честь німецького математика Георга Фрідріха Бернхарда Рімана (1826—1866). ↩
21. Названа на честь французького математика Жана-Гастона Дарбу (1842—1917). ↩
22. Такий,$h$ як кажуть, має обмежену варіацію. ↩
23. Порівняйте цю гіпотезу з. ↩
24. Названий на честь швейцарського математика Леонарда Поля Ейлера (1707 — 1783) та італійського математика Лоренцо Машероні (1750 — 1800). ↩
25. Скорочено від латинської: синус кардиналіс ↩
26. Позначення, ні термінологія не повністю стандартизовані. Норму ще називають нормою sup або нормою нескінченності,$\left\lVert {f} \right\rVert_u$ а крім і$\left\lVert {f} \right\rVert_S$ її іноді пишуть як$\left\lVert {f} \right\rVert_{\infty}$ або$\left\lVert {f} \right\rVert_{\infty,S}$. ↩
27. Названий на честь французького математика Шарля Еміля Пікара (1856—1941). ↩