1.  P(m) справедливо;

2.  P(n) будучи истинным предложением, влечет истинность предложения P(n + 1) для любого натурального n, n ≥ m, тогда P(n) - истинное предложение для любого натурального n, n ≥ m.

В дальнейшем рассмотрим примеры применения метода математической индукции.

Пример 1. Доказать следующие равенства

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/inductr0x.gif

g) формула бинома Ньютона:

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/inductr1x.gif

где n Î N.

Решение. a) При n = 1 равенство примет вид Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct1x.gif1=1, следовательно, P(1) истинно. Предположим, что данное равенство справедливо, то есть, имеет место

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct2x.gif.

Следует проверить (доказать), что P(n + 1), то есть

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct3x.gif


истинно. Поскольку (используется предположение индукции)

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct4x.gif

получим

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct5x.gif

то есть, P(n + 1) - истинное утверждение.

Таким образом, согласно методу математической индукции, исходное равенство справедливо для любого натурального n.

Замечание 2. Этот пример можно было решить и иначе. Действительно, сумма 1 + 2 + 3 + ... + n есть сумма первых n членов арифметической прогрессии с первым членом a1 = 1 и разностью d = 1. В силу известной формулы Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct6x.gif, получим

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct7x.gif

b) При n = 1 равенство примет вид: 2·1 - 1 = 12 или 1=1, то есть, P(1) истинно. Допустим, что имеет место равенство

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) = n2

и докажем, что имеет место P(n + 1):

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2(n + 1) - 1) = (n + 1)2


или

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = (n + 1)2.

Используя предположение индукции, получим

1 + 3 + 5 + ... + (2n - 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1) = (n + 1)2.

Таким образом, P(n + 1) истинно и, следовательно, требуемое равенство доказано.

Замечание 3. Этот пример можно решить (аналогично предыдущему) без использования метода математической индукции.

c) При n = 1 равенство истинно: Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct8x.gif1=1. Допустим, что истинно равенство

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct9x.gif

и покажем, что

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct10x.gif

то есть истинность P(n) влечет истинность P(n + 1). Действительно,

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct11x.gif

и, так как 2n2 + 7n + 6 = (2n + 3)(n + 2), получим


Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct12x.gif

и, следовательно, исходное равенство справедливо для любого натурального n.

d) При n = 1 равенство справедливо: Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct13x.gif1=1. Допустим, что имеет место

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct14x.gif

и докажем, что

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct15x.gif

Действительно,

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct16x.gif

e) Утверждение P(1) справедливо: Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct17x.gif2=2. Допустим, что равенство

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct18x.gif

справедливо, и докажем, что оно влечет равенство


Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct19x.gif

Действительно,

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct20x.gif

Следовательно, исходное равенство имеет место для любого натурального n.

f) P(1) справедливо: Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct21x.gif1/3 = 1/3. Пусть имеет место равенство P(n):

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct22x.gif.

Покажем, что последнее равенство влечет следующее:

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct23x.gif

Действительно, учитывая, что P(n) имеет место, получим

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct24x.gif

Таким образом, равенство доказано.

g) При n = 1 имеем a + b = b + a и, следовательно, равенство справедливо.


Пусть формула бинома Ньютона справедлива при n = k, то есть,

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct42x.gif

Тогда

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct43x.gif

Используя равенство Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct44x.gifполучим

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct45x.gif

Пример 2. Доказать неравенства

a) неравенство Бернулли: (1 + )n ≥ 1 + n,  > -1, n  N.

b) x1 + x2 + ... + xn ≥ n, если x1x2· ... ·xn = 1 и xi > 0, Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct58x.gif.

c) неравенство Коши относительно среднего арифемтического и среднего геометрического

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct25x.gif где xi > 0, Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct58x.gif, n ≥ 2.

d) sin2na + cos2na ≤ 1, n Î N.

e) Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct26x.gif

f) 2n > n3, n Î N, n ≥ 10.

Решение. a) При n = 1 получаем истинное неравенство


1 + a ≥ 1 + a.

Предположим, что имеет место неравенство

(1 + a)n ≥ 1 + na (1)

и покажем, что тогда имеет место и

(1 + a)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a.

Действительно, поскольку a > -1 влечет a + 1 > 0, то умножая обе части неравенства (1) на (a + 1), получим

(1 + a)n(1 + a) ≥ (1 + na)(1 + a)

или

(1 + a)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + na2

Поскольку na2 ≥ 0, следовательно,

(1 + a)n + 1 ≥ 1 + (n + 1)a + na2 ≥ 1 + (n + 1)a.

Таким образом, если P(n) истинно, то и P(n + 1) истинно, следовательно, согласно принципу математической индукции, неравенство Бернулли справедливо.

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

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

Рассмотрим следующие два случая:

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

2) хотя бы одно число отлично от единицы, пусть, например, больше единицы. Тогда, поскольку x1x2· ... ·xn·xn + 1 = 1, существует еще хотя бы одно число, отличное от единицы (точнее, меньше единицы). Пусть xn + 1 > 1 и xn < 1. Рассмотрим n положительных чисел

x1,x2,...,xn-1,(xn·xn+1).

Произведение этих чисел равно единице, и, согласно гипотезе,

x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn + 1 ≥ n.

Последнее неравенство переписывается следующим образом:

x1 + x2 + ... + xn-1 + xnxn+1 + xn + xn+1 ≥ n + xn + xn+1

или

x1 + x2 + ... + xn-1 + xn + xn+1 ≥ n + xn + xn+1 - xnxn+1.

Поскольку


(1 - xn)(xn+1 - 1) > 0,

n + xn + xn+1 - xnxn+1 = n + 1 + xn+1(1 - xn) - 1 + xn = = n + 1 + xn+1(1 - xn) - (1 - xn) = n + 1 + (1 - xn)(xn+1 - 1) ≥ n + 1.

Следовательно,

x1 + x2 + ... + xn + xn+1 ≥ n+1,

то есть, если P(n) справедливо, то и P(n + 1) справедливо. Неравенство доказано.

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

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

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct28x.gif

Поскольку их произведение равно единице:

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct29x.gif

согласно ранее доказанному неравенству b), следует, что

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct30x.gif

откуда

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct31x.gif


Замечание 5. Равенство выполняется если и только если x1 = x2 = ... = xn.

d) P(1) - справедливое утверждение: sin2a + cos2a = 1. Предположим, что P(n) - истинное утверждение:

sin2na + cos2na ≤ 1

и покажем, что имеет место P(n + 1). Действительно,

sin2(n + 1)a + cos2(n + 1)a = sin2na·sin2a + cos2na·cos2a < sin2na + cos2na ≤ 1

(если sin2a ≤ 1, то cos2a < 1, и обратно: если cos2a ≤ 1, то sin2a < 1). Таким образом, для любого n Î N sin2na + cos2n ≤ 1 и знак равенства достигается лишь при n = 1.

e) При n = 1 утверждение справедливо: Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct32x.gif 1 < 3/2.

Допустим, что Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct33x.gifи докажем, что

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct34x.gif

Поскольку

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct35x.gif

учитывая P(n), получим

Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct36x.gif


f) Учитывая замечание 1, проверим P(10): 210 > 103, 1024 > 1000, следовательно, для n = 10 утверждение справедливо. Предположим, что 2n > n3 (n > 10) и докажем P(n + 1), то есть 2n+1 > (n + 1)3.

Поскольку при n > 10 имеем Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct37x.gifили Описание: http://www.math.md/school/krujok/inductr/induct38x.gif, следует, что

2n3 > n3 + 3n2 + 3n + 1 или n3 > 3n2 + 3n + 1.

Учитывая неравенство (2n > n3), получим

2n+1 = 2n·2 = 2n + 2n > n3 + n3 > n3 + 3n2 + 3n + 1 = (n + 1)3.

Таким образом, согласно методу математической индукции, для любого натурального n Î N, n ≥ 10 имеем 2n > n3.

Пример 3. Доказать, что для любого n Î N

a) n(2n2 - 3n + 1) делится на 6,

b) 62n-2 + 3n+1 + 3n-1 делится на 11.

Решение. a) P(1) - истинное утверждение (0 делится на 6). Пусть P(n) справедливо, то есть n(2n2 - 3n + 1) = n(n - 1)(2n - 1) делится на 6. Покажем, что тогда имеет место P(n + 1), то есть, (n + 1)n(2n + 1) делится на 6. Действительно, поскольку

n(n + 1)(2n + 1) = n(n - 1 + 2)(2n - 1 + 2) = (n(n - 1) + 2n)(2n - 1 + 2) =

= n(n - 1)(2n - 1) + 2n(n - 1) + 2n(2n + 1) = n(n - 1)(2n - 1) + 2n·3n =

= n(n - 1)(2n - 1) + 6n2


и, как n(n - 1)(2n - 1), так и 6n2 делятся на 6, тогда и их сумма n(n + 1)(2n + 1) делится 6.

Таким образом, P(n + 1) - справедливое утверждение, и, следовательно, n(2n2 - 3n + 1) делится на 6 для любого n  N.

b) Проверим P(1): 60 + 32 + 30 = 11, следовательно, P(1) - справедливое утверждение. Следует доказать, что если 62n-2 + 3n+1 + 3n-1 делится на 11 (P(n)), тогда и 62n + 3n+2 + 3n также делится на 11 (P(n + 1)). Действительно, поскольку

62n + 3n+2 + 3n = 62n-2+2 + 3n+1+1 + 3n-1+1 =

= 62·62n-2 + 3·3n+1 + 3·3n-1 = 3·(62n-2 + 3n+1 + 3n-1) + 33·62n-2

и, как 62n-2 + 3n+1 + 3n-1, так и 33·62n-2 делятся на 11, тогда и их сумма 62n + 3n+2 + 3n делится на 11. Утверждение доказано.

Несобственные интегралы

Пусть функция f(x) определена на полуинтервале (a, b] и , ; кроме того

Определение: Несобственным интегралом 1рода от f(x) на (a, b] называется предел:


если этот предел существует. В этом случае говорят, что несобственный интеграл сходится.

Пример:

Если a = 1, то

Следовательно, при a < 1 интеграл

Аналогично определяется несобственный интеграл, если

Определение несобственного интеграла 2 рода:

Пусть :  и существует предел:


Тогда этот предел называется несобственным интегралом 2 рода, т.е.

Пример:

Если a = 1, то

Следовательно, несобственный интеграл

Для исследования сходимости и расходимости несобственных интегралов применяется признак сравнения:

Пусть функция f(x) и g(x) удовлетворяют неравенству: и несобственный интеграл  сходится. Тогда сходится и несобственный интеграл .

Доказательство: В силу сходимости  по критерию Коши для функции , выполняется неравенство . Но тогда, ввиду неравенств:  аналогично неравенство будет справедливо и для функции f(x), т.е.

Следовательно, по критерию Коши существует предел:

,

т.е. этот интеграл сходится.

Замечание1: Аналогичный признак сравнения справедлив и для несобственных интегралов 2 рода.

Замечание2: Отрицанием признака сравнения будет следующее утверждение: если несобственный интеграл  расходится, то расходится и несобственный интеграл


.

Эйлеровы интегралы G(a) и B(a, b).

Определим функцию G(a) равенством:

.

Покажем, что интеграл сходится при a > 0. Представим этот интеграл в виде суммы двух интегралов:

и докажем сходимость каждого из этих интегралов при a > 0.

Обозначим

 и .

Если xÎ(0, 1], то: . Так как интеграл , как это было доказано выше сходится при 1 - a< 1, т.е. при a>0, то по признаку сравнения интеграл  сходится при a>0. Если xÎ[1, + ) , то для некоторой константы c>0 выполняется неравенство: .

Заметим, что


,

т.е. этот интеграл сходится при любых aÎR. Следовательно, функция Эйлера G(a) = G1(a) + G2(a) определена для всех a>0.

Далее, определим функцию

B(a, b) =

и докажем, что эта функция определена для любых a>0 и b>0.

Обозначим:

 и .

Если xÎ(0, 1/2], то . Интеграл  сходится по признаку сравнения 1 - a<1, т.е. при a>0 и при любых значениях b. Заметим, что, если в интеграле B2(a, b) сделать замену t = 1 – x, то мы B1(b, a), который, как мы выяснили, сходится при b>0 и при любых a.

Следовательно, функция Эйлера B(a, b) = B1(a, b) + B2(a, b) определена для любых a>0 и b>0. Отметим (без доказательства) следующие свойства интегралов Эйлера:

1)  G(1) = 1

2)  G(a + 1) = aG(a), a>0

3)  G(n + 1) = n!, nÎN

4)  G(a)G(1 - a) =, 0<a<1

5)  G(1/2) =

6)  B(a, b) =

Пример:

Вычислить интеграл вероятности

.

В силу чётности функции  интеграл вероятности можно представить в виде:

.

Сделав в этом интеграле замену t = x2 , получим следующий интеграл:


Информация о работе «Основы математического анализа»
Раздел: Математика
Количество знаков с пробелами: 17907
Количество таблиц: 0
Количество изображений: 3

Похожие работы

Скачать
2339
0
9

... y = 0 корней не имеет,   , , х = 1/5 – асимптота y(0.007) = -0.3 5.                y(0.4 + 4πk) = 4.9 + 48πk y(-0.4 + 4πk) = -4.9 + 48πk , знак совпадает со знаком ctg(x/2) Литература 1.                 Зорич В.А. Математический анализ. Ч. 1, М., 2001. Ч. 2. 2001. 2.                 Ильин В.А., Позняк Э.Г. Основы ...

Скачать
28459
2
2

... педагогически значимого подмножества, на основе которого можно было бы провести углубленное изучение понятия экстремума в его взаимосвязях с другими понятиями математического анализа. Во-вторых, объективно получается, что традиционные коллекции упражнений созданы не столько для изучения понятия экстремума, сколько для иллюстрации методов дифференциального исчисления для его отыскания. Этого вполне ...

Скачать
31365
0
0

... «Математических лекциях о методе интеграла»[9]. Здесь дан способ взятия большинства элементарных интегралов и указаны методы решения многих дифференциальных уравнений первого порядка.   2 Вклад Л.Эйлера в развитие математического анализа   Леонард Эйлер (Euler, Leonhard) (1707–1783) входит в первую пятерку величайших математиков всех времен и народов. Родился в Базеле (Швейцария) 15 апреля ...

Скачать
22043
0
0

... задатков) Как следует организовать и проводить обучение, с тем чтобы, учитывая все эти факторы, вести за собой умственное развитие ребенка, является весьма сложной и до конца еще не решенной психолого-педагогической проблемой. Другие аспекты развития мышления в процессе обучения (развитие логического мышления, мотивация мышления, мышление и решение задач и др.) мы еще рассмотрим в своей работе. ...

0 комментариев


Наверх