Элементы логики. Метод математической индукции

Прогресс изучения0 из 7

Отмечай теоремы кнопками ✓ (изучено) и ↻ (повторить)

Все теоремы темы7

Отрицание высказываний: законы де Моргана
Построение отрицания высказываний с кванторами
Связь прямой, обратной и противоположной теорем
Метод доказательства от противного
Принцип математической индукции
Неравенство Бернулли
Бином Ньютона

теорема

Отрицание высказываний: законы де Моргана

Формулировка

Для любых высказываний $A$ , $B$ справедливы равносильности:

$\lnot(\lnot A)\equiv A$ (закон двойного отрицания);
законы де Моргана:

\lnot(A\land B)\equiv\lnot A\lor\lnot B,\qquad \lnot(A\lor B)\equiv\lnot A\land\lnot B;

выражение импликации и эквиваленции:

(A\Rightarrow B)\equiv(\lnot A\lor B),\qquad (A\Leftrightarrow B)\equiv(A\Rightarrow B)\land(B\Rightarrow A);

отрицание импликации:

\lnot(A\Rightarrow B)\equiv A\land\lnot B.

Доказательство

Развернуть

Равносильность формул означает совпадение их значений при всех четырёх наборах значений $A$ , $B$ , поэтому пункты 1–3 проверяются по таблице истинности.

Закон двойного отрицания: если $A$ истинно, то $\lnot A$ ложно и $\lnot(\lnot A)$ истинно; если $A$ ложно, то $\lnot A$ истинно и $\lnot(\lnot A)$ ложно.

Законы де Моргана. Составим таблицу:

$A$	$B$	$\lnot(A\land B)$	$\lnot A\lor\lnot B$	$\lnot(A\lor B)$	$\lnot A\land\lnot B$
И	И	Л	Л	Л	Л
И	Л	И	И	Л	Л
Л	И	И	И	Л	Л
Л	Л	И	И	И	И

Третий и четвёртый столбцы совпадают, пятый и шестой тоже.

Выражение импликации и эквиваленции:

$A$	$B$	$A\Rightarrow B$	$\lnot A\lor B$	$B\Rightarrow A$	$(A\Rightarrow B)\land(B\Rightarrow A)$	$A\Leftrightarrow B$
И	И	И	И	И	И	И
И	Л	Л	Л	И	Л	Л
Л	И	И	И	Л	Л	Л
Л	Л	И	И	И	И	И

Столбцы $A\Rightarrow B$ и $\lnot A\lor B$ совпадают; последние два столбца тоже совпадают.

Отрицание импликации выводится из доказанного: по пункту 3, второму закону де Моргана и закону двойного отрицания

\lnot(A\Rightarrow B)\equiv\lnot(\lnot A\lor B)\equiv\lnot(\lnot A)\land\lnot B\equiv A\land\lnot B. \qquad\blacksquare

теорема

Построение отрицания высказываний с кванторами

Формулировка

Пусть $P(x)$ — предикат на множестве $X$ . Тогда

Отрицание квантора всеобщности:

\lnot\bigl(\forall x\in X\ \ P(x)\bigr)\equiv\exists x\in X:\ \lnot P(x).

Отрицание квантора существования:

\lnot\bigl(\exists x\in X:\ P(x)\bigr)\equiv\forall x\in X\ \ \lnot P(x).

(Правило построения отрицания.) Чтобы построить отрицание высказывания вида $Q_1x_1\,Q_2x_2\ldots Q_kx_k\ P(x_1,\dots,x_k)$ , где каждое $Q_i$ — квантор $\forall$ или $\exists$ (возможно, с ограничением вида $x_i\in X_i$ , $\varepsilon > 0$ , $n\ge N$ ), нужно заменить каждый квантор $\forall$ на $\exists$ и каждый $\exists$ на $\forall$ , сохранив порядок кванторов и их ограничения, а предикат $P$ заменить его отрицанием (которое затем упрощается по законам де Моргана).

Примеры. Отрицание ограниченности множества $E$ : $\forall C > 0\ \exists x\in E:\ |x| > C$ . Отрицание того, что $a = \lim a_n$ :

\exists\varepsilon > 0\ \ \forall N\in\mathbb N\ \ \exists n\ge N:\ \ |a_n - a|\ge\varepsilon.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Левая часть истинна $\iff$ высказывание $\forall x\in X\ P(x)$ ложно $\iff$ не для каждого $x\in X$ верно $P(x)$ $\iff$ найдётся $x\in X$ , для которого $P(x)$ ложно, т. е. $\lnot P(x)$ истинно $\iff$ истинна правая часть.

Пункт 2. Применим пункт 1 к предикату $\lnot P(x)$ и закон двойного отрицания: $\lnot(\forall x\ \lnot P(x))\equiv\exists x\ \lnot\lnot P(x)\equiv\exists x\ P(x)$ . Взяв отрицание обеих частей, получаем $\forall x\ \lnot P(x)\equiv\lnot(\exists x\ P(x))$ .

Ограничения кванторов сохраняются. Действительно, $\forall\varepsilon > 0\ R(\varepsilon)$ означает $\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))$ ; по пункту 1 и формуле отрицания импликации

\lnot\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))\equiv\exists\varepsilon\ \lnot(\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))\equiv\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land\lnot R(\varepsilon)),

т. е. $\exists\varepsilon > 0:\ \lnot R(\varepsilon)$ . Аналогично, по пункту 2 и закону де Моргана $\lnot\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land R)\equiv\forall\varepsilon\ (\lnot(\varepsilon > 0)\lor\lnot R)\equiv\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow\lnot R)$ , т. е. $\forall\varepsilon > 0\ \lnot R(\varepsilon)$ .

Пункт 3 докажем индукцией по числу кванторов $k$ . При $k = 1$ это пункты 1, 2 (с учётом сохранения ограничений). Пусть правило верно для $k - 1$ кванторов. Обозначим $R(x_1) = Q_2x_2\ldots Q_kx_k\ P$ . По пункту 1 или 2 $\lnot(Q_1x_1\ R(x_1))\equiv\overline{Q_1}x_1\ \lnot R(x_1)$ , где $\overline{Q_1}$ — противоположный квантор. По предположению индукции $\lnot R(x_1)\equiv\overline{Q_2}x_2\ldots\overline{Q_k}x_k\ \lnot P$ , что и даёт требуемое.

Примеры получаются по правилу: ограниченность $\exists C > 0\ \forall x\in E\ |x|\le C$ переходит в $\forall C > 0\ \exists x\in E\ \lnot(|x|\le C)$ , т. е. $|x| > C$ ; определение предела $\forall\varepsilon > 0\ \exists N\ \forall n\ge N\ |a_n - a| < \varepsilon$ — в $\exists\varepsilon > 0\ \forall N\ \exists n\ge N\ |a_n - a|\ge\varepsilon$ . $\blacksquare$

теорема

Связь прямой, обратной и противоположной теорем

Формулировка

Для любых высказываний $A$ , $B$ :

прямая теорема равносильна обратной противоположной:

(A\Rightarrow B)\equiv(\lnot B\Rightarrow\lnot A);

обратная теорема равносильна противоположной:

(B\Rightarrow A)\equiv(\lnot A\Rightarrow\lnot B);

прямая и обратная теоремы, вообще говоря, не равносильны: истинность одной из них не влечёт истинности другой.

Следствие: вместо $A\Rightarrow B$ можно доказывать $\lnot B\Rightarrow\lnot A$ ; для доказательства критерия $A\Leftrightarrow B$ необходимо доказать и прямую, и обратную теоремы (или прямую и противоположную).

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. По формуле $(X\Rightarrow Y)\equiv(\lnot X\lor Y)$ и закону двойного отрицания

(\lnot B\Rightarrow\lnot A)\equiv(\lnot\lnot B\lor\lnot A)\equiv(B\lor\lnot A)\equiv(\lnot A\lor B)\equiv(A\Rightarrow B);

здесь использована перестановочность дизъюнкции ( $X\lor Y$ и $Y\lor X$ имеют одинаковые таблицы истинности).

Пункт 2 — это пункт 1, применённый к импликации $B\Rightarrow A$ : $(B\Rightarrow A)\equiv(\lnot A\Rightarrow\lnot B)$ .

Пункт 3. При $A$ ложном и $B$ истинном импликация $A\Rightarrow B$ истинна, а $B\Rightarrow A$ ложна. Содержательный пример: для всех $x\in\mathbb R$ верно « $x > 2\Rightarrow x^2 > 4$ », однако обратное утверждение « $\forall x\ (x^2 > 4\Rightarrow x > 2)$ » ложно: при $x = -3$ имеем $x^2 = 9 > 4$ , но $x < 2$ .

Следствие вытекает из пункта 1 и равносильности $(A\Leftrightarrow B)\equiv(A\Rightarrow B)\land(B\Rightarrow A)$ вместе с пунктом 2. $\blacksquare$

теорема

Метод доказательства от противного

Формулировка

Пусть $L$ — ложное высказывание (например, $C\land\lnot C$ ).

Если истинна импликация $(A\land\lnot B)\Rightarrow L$ , то истинна импликация $A\Rightarrow B$ .
В частности, если истинна импликация $\lnot B\Rightarrow L$ , то $B$ истинно.
(Пример.) Не существует рационального числа $r$ , для которого $r^2 = 2$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Так как $L$ ложно, для любого $X$ имеем $X\lor L\equiv X$ . По формуле $(X\Rightarrow Y)\equiv(\lnot X\lor Y)$

\bigl((A\land\lnot B)\Rightarrow L\bigr)\equiv\lnot(A\land\lnot B)\lor L\equiv\lnot(A\land\lnot B).

По формуле отрицания импликации $A\land\lnot B\equiv\lnot(A\Rightarrow B)$ , поэтому $\lnot(A\land\lnot B)\equiv\lnot\lnot(A\Rightarrow B)\equiv(A\Rightarrow B)$ . Итак, $\bigl((A\land\lnot B)\Rightarrow L\bigr)\equiv(A\Rightarrow B)$ .

Пункт 2. Аналогично $(\lnot B\Rightarrow L)\equiv\lnot\lnot B\lor L\equiv B$ .

Пункт 3. Предварительно заметим: если целое $p$ нечётно, $p = 2m + 1$ , то $p^2 = 2(2m^2 + 2m) + 1$ нечётно. По теореме о связи прямой и обратной противоположной теорем отсюда следует: если $p^2$ чётно, то $p$ чётно.

Предположим противное: $r^2 = 2$ при некотором $r\in\mathbb Q$ . Запишем $r = \frac pq$ несократимой дробью, $p\in\mathbb Z$ , $q\in\mathbb N$ . Тогда $p^2 = 2q^2$ , значит, $p^2$ чётно, и по доказанному $p$ чётно: $p = 2m$ .

Подставляя, получаем $4m^2 = 2q^2$ , т. е. $q^2 = 2m^2$ , откуда $q^2$ чётно и $q$ чётно. Числа $p$ и $q$ оба чётны, что противоречит несократимости дроби $\frac pq$ . По пункту 2 предположение ложно, и рационального $r$ с $r^2 = 2$ не существует. $\blacksquare$

теорема

Принцип математической индукции

Формулировка

Пусть $\mathbb N = \{1, 2, 3,\dots\}$ и выполнен принцип наименьшего элемента: всякое непустое подмножество $\mathbb N$ имеет наименьший элемент (основное свойство натуральных чисел; при аксиоматическом построении $\mathbb R$ оно выводится из определения $\mathbb N$ как наименьшего индуктивного множества). Пусть $P(n)$ — предикат на $\mathbb N$ .

(Принцип индукции.) Если $P(1)$ истинно (база) и для любого $n\in\mathbb N$ из $P(n)$ следует $P(n+1)$ (шаг), то $P(n)$ истинно при всех $n\in\mathbb N$ :

\Bigl(P(1)\land\forall n\in\mathbb N\ \bigl(P(n)\Rightarrow P(n+1)\bigr)\Bigr)\Rightarrow\forall n\in\mathbb N\ \ P(n).

(Индукция с базой $n_0$ .) Пусть $n_0\in\mathbb Z$ и $P(n)$ — предикат на множестве целых $n\ge n_0$ . Если $P(n_0)$ истинно и для любого целого $n\ge n_0$ из $P(n)$ следует $P(n+1)$ , то $P(n)$ истинно при всех целых $n\ge n_0$ .
(Полная индукция.) Если $P(1)$ истинно и для любого $n\in\mathbb N$ из истинности $P(1),\dots,P(n)$ следует истинность $P(n+1)$ , то $P(n)$ истинно при всех $n\in\mathbb N$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Рассуждаем от противного. Пусть множество $M = \{n\in\mathbb N:\ P(n)\ \text{ложно}\}$ непусто. По принципу наименьшего элемента в $M$ есть наименьший элемент $m$ .

Так как $P(1)$ истинно, $m\ne 1$ , поэтому $m\ge 2$ и $m - 1\in\mathbb N$ . Поскольку $m - 1 < m$ и $m$ — наименьший элемент $M$ , имеем $m - 1\notin M$ , т. е. $P(m - 1)$ истинно.

По условию шага из $P(m-1)$ следует $P(m)$ , т. е. $P(m)$ истинно, что противоречит $m\in M$ . Значит, $M = \varnothing$ , и $P(n)$ истинно при всех $n\in\mathbb N$ .

Пункт 2. Положим $Q(k) = P(n_0 + k - 1)$ , $k\in\mathbb N$ . Тогда $Q(1) = P(n_0)$ истинно, а при любом $k\in\mathbb N$ число $n = n_0 + k - 1\ge n_0$ , и из $Q(k) = P(n)$ следует $P(n + 1) = Q(k+1)$ . По пункту 1 $Q(k)$ истинно при всех $k$ . Любое целое $n\ge n_0$ имеет вид $n_0 + k - 1$ с $k = n - n_0 + 1\in\mathbb N$ , поэтому $P(n)$ истинно.

Пункт 3. Положим $Q(n) = P(1)\land P(2)\land\ldots\land P(n)$ . Тогда $Q(1) = P(1)$ истинно. Если $Q(n)$ истинно, то по условию истинно $P(n+1)$ , а значит, и $Q(n+1) = Q(n)\land P(n+1)$ . По пункту 1 $Q(n)$ истинно при всех $n$ , откуда истинно и каждое $P(n)$ . $\blacksquare$

теорема

Неравенство Бернулли

Формулировка

Для любого действительного $x\ge -1$ и любого $n\in\mathbb N$

(1 + x)^n\ge 1 + nx.

Если, кроме того, $x\ne 0$ и $n\ge 2$ , то неравенство строгое:

(1 + x)^n > 1 + nx.

Доказательство

Развернуть

Фиксируем $x\ge -1$ и докажем нестрогое неравенство индукцией по $n$ . База $n = 1$ : $(1 + x)^1 = 1 + x$ — равенство.

Шаг. Пусть $(1 + x)^n\ge 1 + nx$ . Так как $1 + x\ge 0$ , умножение этого неравенства на $1 + x$ сохраняет знак:

(1 + x)^{n+1} = (1 + x)^n(1 + x)\ge(1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2\ge 1 + (n + 1)x,

поскольку $nx^2\ge 0$ . По принципу математической индукции неравенство верно при всех $n\in\mathbb N$ .

Строгое неравенство. Пусть $x\ne 0$ , $n\ge 2$ ; запишем $n = m + 1$ , $m\in\mathbb N$ . По доказанному $(1 + x)^m\ge 1 + mx$ , и, как выше,

(1 + x)^{m+1}\ge 1 + (m + 1)x + mx^2 > 1 + (m+1)x,

так как $mx^2 > 0$ при $x\ne 0$ . $\blacksquare$

теорема

Бином Ньютона

Формулировка

Для целых $1\le k\le n$ справедливо равенство

C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k.

Для любых чисел $a$ , $b$ и любого $n\in\mathbb N$ (при соглашении $a^0 = b^0 = 1$ )

(a + b)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k\,a^{n-k}b^k = a^n + C_n^1a^{n-1}b + \ldots + C_n^{n-1}ab^{n-1} + b^n.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Приведём к общему знаменателю, используя $k! = k\,(k-1)!$ и $(n - k + 1)! = (n - k + 1)(n - k)!$ :

\frac{n!}{k!\,(n-k)!} + \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k+1)!} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\Bigl(\frac1k + \frac1{n - k + 1}\Bigr) = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\cdot\frac{n + 1}{k\,(n - k + 1)} = \frac{(n+1)!}{k!\,(n + 1 - k)!}.

Пункт 2 докажем индукцией по $n$ . База $n = 1$ : $C_1^0a + C_1^1b = a + b$ .

Шаг. Пусть формула верна для $n$ . Умножим её на $a + b$ :

(a + b)^{n+1} = \sum_{k=0}^nC_n^ka^{n+1-k}b^k + \sum_{k=0}^nC_n^ka^{n-k}b^{k+1}.

Во второй сумме сделаем замену индекса $j = k + 1$ : она равна $\sum_{j=1}^{n+1}C_n^{j-1}a^{n+1-j}b^j$ .

Выделим в первой сумме слагаемое с $k = 0$ , во второй — с $j = n + 1$ , и объединим остальные:

(a + b)^{n+1} = a^{n+1} + \sum_{k=1}^n\bigl(C_n^k + C_n^{k-1}\bigr)a^{n+1-k}b^k + b^{n+1}.

По пункту 1 $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$ , а $C_{n+1}^0 = C_{n+1}^{n+1} = 1$ , поэтому $(a + b)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1}C_{n+1}^ka^{n+1-k}b^k$ . По принципу математической индукции формула верна при всех $n\in\mathbb N$ . $\blacksquare$

Построение отрицаний утверждений с кванторами

Условие

Записать с помощью кванторов следующие утверждения и их отрицания (так, чтобы знак отрицания не стоял перед кванторами и логическими связками):

а) множество $E\subset\mathbb R$ ограничено сверху;

б) функция $f$ не убывает на множестве $X$ ;

в) число $a$ является пределом последовательности $(a_n)$ ;

г) уравнение $f(x) = 0$ имеет на множестве $X$ ровно один корень.

Решение

Развернуть

Пользуемся правилом построения отрицания: кванторы $\forall$ и $\exists$ меняются местами с сохранением порядка и ограничений, а предикат заменяется отрицанием (с применением законов де Моргана и формулы $\lnot(A\Rightarrow B)\equiv A\land\lnot B$ ).

а) Утверждение: $\exists M\in\mathbb R\ \forall x\in E\ \ x\le M$ . Отрицание: $\forall M\in\mathbb R\ \exists x\in E:\ x > M$ (множество не ограничено сверху).

б) Утверждение: $\forall x_1, x_2\in X\ \ (x_1 < x_2\Rightarrow f(x_1)\le f(x_2))$ . Отрицание:

\exists x_1, x_2\in X:\ \ x_1 < x_2\ \land\ f(x_1) > f(x_2).

в) Утверждение: $\forall\varepsilon > 0\ \exists N\in\mathbb N\ \forall n\ge N\ \ |a_n - a| < \varepsilon$ . Отрицание:

\exists\varepsilon > 0\ \ \forall N\in\mathbb N\ \ \exists n\ge N:\ \ |a_n - a|\ge\varepsilon.

г) Утверждение: $\exists x\in X:\ \bigl(f(x) = 0\land\forall y\in X\ (f(y) = 0\Rightarrow y = x)\bigr)$ . Отрицание: $\forall x\in X\ \lnot\bigl(f(x) = 0\land\forall y\ (f(y) = 0\Rightarrow y = x)\bigr)$ ; по закону де Моргана и формуле отрицания импликации это

\forall x\in X\ \ \bigl(f(x)\ne 0\ \lor\ \exists y\in X:\ (f(y) = 0\land y\ne x)\bigr),

т. е. корней нет или их не менее двух.

Ответ: а) $\forall M\ \exists x\in E:\ x > M$ ; б) $\exists x_1 < x_2$ из $X$ : $f(x_1) > f(x_2)$ ; в) $\exists\varepsilon > 0\ \forall N\ \exists n\ge N:\ |a_n - a|\ge\varepsilon$ ; г) $\forall x\in X\ (f(x)\ne0\lor\exists y\in X:\ f(y) = 0\land y\ne x)$ .

Тавтологии и неравносильные формулы

Условие

а) Доказать, что формула $\bigl((A\Rightarrow B)\land(B\Rightarrow C)\bigr)\Rightarrow(A\Rightarrow C)$ тождественно истинна.

б) Доказать равносильность $\bigl(A\Rightarrow(B\Rightarrow C)\bigr)\equiv\bigl((A\land B)\Rightarrow C\bigr)$ .

в) Равносильны ли формулы $(A\Rightarrow B)\Rightarrow C$ и $A\Rightarrow(B\Rightarrow C)$ ?

Решение

Развернуть

а) Рассуждаем от противного. Импликация ложна только при истинной посылке и ложном заключении. Пусть $(A\Rightarrow B)\land(B\Rightarrow C)$ истинно, а $A\Rightarrow C$ ложно, т. е. $A$ истинно и $C$ ложно. Из истинности $A$ и $A\Rightarrow B$ следует, что $B$ истинно (иначе $A\Rightarrow B$ было бы ложно); из истинности $B$ и $B\Rightarrow C$ — что $C$ истинно. Противоречие с ложностью $C$ . Значит, формула истинна при любых $A, B, C$ .

б) Используя $(X\Rightarrow Y)\equiv\lnot X\lor Y$ , сочетательность дизъюнкции и закон де Моргана:

A\Rightarrow(B\Rightarrow C)\equiv\lnot A\lor(\lnot B\lor C)\equiv(\lnot A\lor\lnot B)\lor C\equiv\lnot(A\land B)\lor C\equiv(A\land B)\Rightarrow C.

в) Нет. Пусть $A$ и $C$ ложны ( $B$ любое). Тогда $A\Rightarrow B$ истинно, поэтому $(A\Rightarrow B)\Rightarrow C$ ложно. В то же время $A\Rightarrow(B\Rightarrow C)$ истинно как импликация с ложной посылкой.

Ответ: а), б) доказано; в) не равносильны (контрпример: $A$ и $C$ ложны).

Суммы квадратов и кубов натуральных чисел

Условие

Доказать, что для всех $n\in\mathbb N$ :

а) $\displaystyle 1^2 + 2^2 + \ldots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6$ ;

б) $\displaystyle 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \Bigl(\frac{n(n+1)}2\Bigr)^2$ .

Решение

Развернуть

Применяем принцип математической индукции.

а) База $n = 1$ : $1 = \frac{1\cdot2\cdot3}6$ . Шаг: пусть формула верна для $n$ . Тогда

\sum_{k=1}^{n+1}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}6 + (n+1)^2 = \frac{(n+1)\bigl(2n^2 + n + 6n + 6\bigr)}6 = \frac{(n+1)(2n^2 + 7n + 6)}6 = \frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}6,

что совпадает с правой частью при $n + 1$ (так как $2(n+1) + 1 = 2n + 3$ ).

б) База $n = 1$ : $1 = 1^2$ . Шаг: пусть формула верна для $n$ . Тогда

\sum_{k=1}^{n+1}k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}4 + (n+1)^3 = \frac{(n+1)^2(n^2 + 4n + 4)}4 = \Bigl(\frac{(n+1)(n+2)}2\Bigr)^2.

Ответ: обе формулы верны при всех $n\in\mathbb N$ .

Индукция в неравенстве и в задаче о делимости

Условие

а) Доказать, что $2^n > n^2$ при всех натуральных $n\ge 5$ . Верно ли это при $n = 2, 3, 4$ ?

б) Доказать, что $4^n + 15n - 1$ делится на $9$ при всех $n\in\mathbb N$ .

Решение

Развернуть

а) Применим индукцию с базой $n_0 = 5$ . База: $2^5 = 32 > 25$ . Шаг: пусть $n\ge 5$ и $2^n > n^2$ . Тогда $2^{n+1} = 2\cdot2^n > 2n^2$ . Покажем, что $2n^2\ge(n+1)^2$ : это равносильно $n^2 - 2n - 1\ge 0$ , т. е. $(n - 1)^2\ge 2$ , что верно при $n\ge 3$ . Итак, $2^{n+1} > (n+1)^2$ .

При малых $n$ : $2^2 = 4 = 2^2$ , $2^3 = 8 < 9$ , $2^4 = 16 = 4^2$ — неравенство неверно (при $n = 1$ оно верно: $2 > 1$ ). Поэтому база $n_0 = 5$ существенна.

б) База: $4 + 15 - 1 = 18 = 9\cdot2$ . Шаг: пусть $a_n = 4^n + 15n - 1$ делится на $9$ . Тогда

a_{n+1} = 4\cdot4^n + 15n + 14 = 4\bigl(4^n + 15n - 1\bigr) - 45n + 18 = 4a_n - 9(5n - 2),

и оба слагаемых делятся на $9$ .

Ответ: а) доказано; при $n = 2, 3, 4$ неравенство неверно; б) доказано.

Монотонность последовательностей, связанных с числом e

Условие

Пусть $x_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^n$ , $y_n = \bigl(1 + \frac1n\bigr)^{n+1}$ , $n\in\mathbb N$ . С помощью неравенства Бернулли доказать, что $(x_n)$ строго возрастает, $(y_n)$ строго убывает и $2\le x_n < y_n\le 4$ при всех $n$ .

Решение

Развернуть

Возрастание $x_n$ . При $n\ge 2$

\frac{x_n}{x_{n-1}} = \Bigl(\frac{n+1}n\Bigr)^n\Bigl(\frac{n-1}n\Bigr)^{n-1} = \Bigl(\frac{(n+1)(n-1)}{n^2}\Bigr)^n\cdot\frac n{n-1} = \Bigl(1 - \frac1{n^2}\Bigr)^n\cdot\frac n{n-1}.

По неравенству Бернулли (строгому: $x = -\frac1{n^2}\in[-1, 0)$ , $n\ge 2$ ) $\bigl(1 - \frac1{n^2}\bigr)^n > 1 - \frac1n = \frac{n-1}n$ , поэтому $\frac{x_n}{x_{n-1}} > 1$ .

Убывание $y_n$ . При $n\ge 2$

\frac{y_{n-1}}{y_n} = \frac{\bigl(\frac n{n-1}\bigr)^n}{\bigl(\frac{n+1}n\bigr)^{n+1}} = \Bigl(\frac{n^2}{n^2 - 1}\Bigr)^n\cdot\frac n{n+1} = \Bigl(1 + \frac1{n^2 - 1}\Bigr)^n\cdot\frac n{n+1}.

По строгому неравенству Бернулли $\bigl(1 + \frac1{n^2-1}\bigr)^n > 1 + \frac n{n^2 - 1} > 1 + \frac1n$ (так как $n^2 > n^2 - 1$ ). Поэтому $\frac{y_{n-1}}{y_n} > \frac{n+1}n\cdot\frac n{n+1} = 1$ .

Оценки. $y_n = x_n\bigl(1 + \frac1n\bigr) > x_n$ . По монотонности $x_n\ge x_1 = 2$ и $y_n\le y_1 = 4$ .

Ответ: доказано; $2\le x_n < y_n\le 4$ .

Применения бинома Ньютона

Условие

а) Доказать, что при $n\in\mathbb N$

\sum_{k=0}^nC_n^k = 2^n,\qquad\sum_{k=0}^n(-1)^kC_n^k = 0,\qquad\sum_{k=1}^nk\,C_n^k = n\,2^{n-1}.

б) Найти член разложения $\bigl(x^2 - \frac1x\bigr)^9$ , не содержащий $x$ .

Решение

Развернуть

а) По формуле бинома Ньютона при $a = b = 1$ : $2^n = (1 + 1)^n = \sum_{k=0}^nC_n^k$ ; при $a = 1$ , $b = -1$ : $0 = (1 - 1)^n = \sum_{k=0}^n(-1)^kC_n^k$ .

Для третьей суммы заметим, что при $1\le k\le n$

k\,C_n^k = \frac{k\cdot n!}{k!\,(n-k)!} = n\cdot\frac{(n-1)!}{(k-1)!\,(n-k)!} = n\,C_{n-1}^{k-1}.

Поэтому $\sum_{k=1}^nkC_n^k = n\sum_{j=0}^{n-1}C_{n-1}^j = n\,2^{n-1}$ по первой формуле (при $n = 1$ сумма равна $1 = 1\cdot2^0$ ).

б) Общий член разложения:

T_k = C_9^k(x^2)^{9-k}\Bigl(-\frac1x\Bigr)^k = (-1)^kC_9^k\,x^{18 - 3k},\qquad k = 0,\dots,9.

Он не содержит $x$ при $18 - 3k = 0$ , т. е. $k = 6$ : $T_6 = C_9^6 = C_9^3 = \frac{9\cdot8\cdot7}{6} = 84$ .

Ответ: а) доказано; б) $84$ .

Обратная и противоположная теоремы. Иррациональность корня из трёх

Условие

а) Для теоремы «если натуральное $n$ делится на $6$ , то $n$ делится на $3$ » сформулировать обратную, противоположную и обратную противоположной теоремы и выяснить, какие из них верны. Какое из условий необходимо, какое достаточно?

б) Методом контрапозиции доказать: если $n^2$ делится на $3$ ( $n\in\mathbb Z$ ), то $n$ делится на $3$ .

в) Доказать, что не существует рационального $r$ с $r^2 = 3$ .

Решение

Развернуть

а) Прямая теорема верна: $n = 6m = 3\cdot2m$ . Обратная: «если $n$ делится на $3$ , то $n$ делится на $6$ » — неверна ( $n = 3$ ). Противоположная: «если $n$ не делится на $6$ , то $n$ не делится на $3$ » — неверна ( $n = 3$ ); это согласуется с тем, что противоположная теорема равносильна обратной. Обратная противоположной: «если $n$ не делится на $3$ , то $n$ не делится на $6$ » — верна, так как равносильна прямой. Делимость на $6$ — достаточное условие делимости на $3$ , делимость на $3$ — необходимое условие делимости на $6$ .

б) По теореме о связи прямой и обратной противоположной теорем достаточно доказать: если $n$ не делится на $3$ , то $n^2$ не делится на $3$ . Если $n = 3m\pm1$ , то

n^2 = 9m^2\pm6m + 1 = 3(3m^2\pm2m) + 1

даёт остаток $1$ при делении на $3$ .

в) От противного: пусть $r = \frac pq$ — несократимая дробь, $p\in\mathbb Z$ , $q\in\mathbb N$ , $r^2 = 3$ . Тогда $p^2 = 3q^2$ , и по пункту б) $p = 3m$ . Отсюда $9m^2 = 3q^2$ , $q^2 = 3m^2$ , и снова по б) $3$ делит $q$ . Числа $p$ , $q$ имеют общий делитель $3$ — противоречие с несократимостью.

Ответ: а) верны прямая и обратная противоположной, неверны обратная и противоположная; б), в) доказано.

0на повторение
0новых сегодня
0освоено

Как это работает

Упражнения собраны из теорем, определений и задач темы. Отвечать нужно касанием — печатать формулы не придётся:

узнать — дана формулировка без названия, выберите теорему;
пропуск — в формулировке пропущена формула, выберите верную среди похожих;
ошибка — в определении или формулировке одна формула искажена, нажмите на неё;
связи — отметьте, на что опирается доказательство;
порядок — соберите доказательство из перемешанных шагов;
в док-ве — восстановите формулу внутри доказательства;
задача — отметьте утверждения, которые нужны для решения; после ответа откроется решение.

Ответ проверяется сразу. Верные упражнения возвращаются всё реже — через дни, недели, месяцы (алгоритм FSRS), ошибки — ещё в этой же сессии. Если ответили наугад, нажмите «Угадал», и упражнение вернётся раньше. Сложные упражнения открываются, когда освоены простые: сначала узнать теорему, потом формулы, потом доказательство. Названия теорем в ответах можно нажать — теорема откроется в окне поверх страницы.

В день вводится не больше 15 новых упражнений темы. Теоремы, отмеченные кнопкой ↻, идут первыми. Прогресс хранится в этом браузере.

С клавиатуры: 1–9 выбрать · Enter проверить / дальше ·Backspace убрать последний шаг · Ctrl+Z отменить

Упражнения темы

новоезаучиваетсяна повторенииосвоенозакрыто

Высказывания и логические операции

Высказыванием называется повествовательное предложение, о котором можно однозначно сказать, истинно оно или ложно. Значения истинности обозначают И (истина, $1$ ) и Л (ложь, $0$ ). Например, « $2 < 3$ » — истинное высказывание, « $7$ делится на $2$ » — ложное; « $x > 1$ » высказыванием не является (его истинность зависит от $x$ ).

Из высказываний $A$ , $B$ с помощью логических операций строятся новые высказывания:

отрицание $\lnot A$ («не $A$ ») истинно тогда и только тогда, когда $A$ ложно;
конъюнкция $A\land B$ (« $A$ и $B$ ») истинна тогда и только тогда, когда истинны оба высказывания;
дизъюнкция $A\lor B$ (« $A$ или $B$ ») ложна тогда и только тогда, когда ложны оба высказывания;
импликация $A\Rightarrow B$ («если $A$ , то $B$ », «из $A$ следует $B$ ») ложна только в случае, когда $A$ истинно, а $B$ ложно;
эквиваленция $A\Leftrightarrow B$ (« $A$ тогда и только тогда, когда $B$ ») истинна тогда и только тогда, когда $A$ и $B$ имеют одинаковые значения истинности.

Определения операций сводятся в таблицу истинности:

$A$	$B$	$\lnot A$	$A\land B$	$A\lor B$	$A\Rightarrow B$	$A\Leftrightarrow B$
И	И	Л	И	И	И	И
И	Л	Л	Л	И	Л	Л
Л	И	И	Л	И	И	Л
Л	Л	И	Л	Л	И	И

Два составных высказывания (формулы) $F$ и $G$ , построенные из одних и тех же высказываний $A, B,\dots$ , называются равносильными ( $F\equiv G$ ), если при любых значениях истинности $A, B,\dots$ они принимают одинаковые значения. Формула, истинная при любых значениях входящих в неё высказываний, называется тождественно истинной (тавтологией).

Замечание. Импликация $A\Rightarrow B$ с ложной посылкой $A$ истинна независимо от $B$ : например, «если $2\cdot2 = 5$ , то $1 = 0$ » — истинное высказывание.

Предикаты и кванторы

Пусть $X$ — множество. Предикатом (высказывательной формой) $P(x)$ на множестве $X$ называется утверждение, содержащее переменную $x$ , которое при подстановке вместо $x$ любого элемента $x_0\in X$ становится высказыванием $P(x_0)$ . Например, $P(x)$ : « $x^2 > 1$ » — предикат на $\mathbb R$ ; $P(2)$ истинно, $P(0)$ ложно. Аналогично определяются предикаты от нескольких переменных $P(x, y)$ .

Из предиката высказывание получают с помощью кванторов:

квантор всеобщности $\forall$ : высказывание

\forall x\in X\ \ P(x)

(«для любого $x$ из $X$ верно $P(x)$ ») истинно тогда и только тогда, когда $P(x)$ истинно для каждого $x\in X$ ;

квантор существования $\exists$ : высказывание

\exists x\in X:\ P(x)

(«существует $x$ из $X$ , для которого верно $P(x)$ ») истинно тогда и только тогда, когда $P(x)$ истинно хотя бы для одного $x\in X$ ;

квантор единственного существования $\exists!$ : высказывание $\exists!\,x\in X:\ P(x)$ означает

\exists x\in X:\ \bigl(P(x)\land \forall y\in X\ (P(y)\Rightarrow y = x)\bigr).

Ограничения на переменную записывают сокращённо: $\forall\varepsilon > 0\ P(\varepsilon)$ означает $\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow P(\varepsilon))$ , а $\exists\varepsilon > 0:\ P(\varepsilon)$ означает $\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land P(\varepsilon))$ .

Утверждения анализа записываются с кванторами. Например, «множество $E\subset\mathbb R$ ограничено»:

\exists C > 0\ \ \forall x\in E\ \ |x|\le C;

«число $a$ — предел последовательности $(a_n)$ »:

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\in\mathbb N\ \ \forall n\ge N\ \ |a_n - a| < \varepsilon.

Замечание. Одноимённые кванторы можно переставлять, разноимённые — нельзя: на $\mathbb R$ высказывание $\forall x\ \exists y:\ y > x$ истинно (возьмём $y = x + 1$ ), а $\exists y\ \forall x:\ y > x$ ложно (при $x = y$ неравенство неверно).

Теорема как импликация. Необходимые и достаточные условия

Большинство теорем имеет вид импликации

A\Rightarrow B

(чаще всего $\forall x\in X\ \ (A(x)\Rightarrow B(x))$ ). Высказывание $A$ называется условием (посылкой) теоремы, $B$ — её заключением.

Если импликация $A\Rightarrow B$ истинна, то говорят, что $A$ — достаточное условие для $B$ (чтобы было $B$ , достаточно $A$ ), а $B$ — необходимое условие для $A$ (если $B$ не выполнено, то не выполнено и $A$ ).

Если истинны обе импликации $A\Rightarrow B$ и $B\Rightarrow A$ , т. е. $A\Leftrightarrow B$ , то $A$ — необходимое и достаточное условие для $B$ ; теорему такого вида называют критерием и формулируют словами «тогда и только тогда», «в том и только в том случае».

Пример. «Если целое $n$ делится на $4$ , то $n$ чётно»: делимость на $4$ — достаточное, но не необходимое условие чётности ( $n = 2$ ); чётность — необходимое, но не достаточное условие делимости на $4$ . «Целое $n$ чётно тогда и только тогда, когда $n^2$ чётно» — критерий.

Прямая, обратная и противоположная теоремы

Пусть дана теорема $A\Rightarrow B$ ; её называют прямой. С ней связаны ещё три утверждения:

обратная теорема: $B\Rightarrow A$ (условие и заключение меняются местами);
противоположная теорема: $\lnot A\Rightarrow\lnot B$ (условие и заключение заменяются отрицаниями);
обратная противоположной (контрапозиция): $\lnot B\Rightarrow\lnot A$ .

Пример. Прямая: «если $x > 2$ , то $x^2 > 4$ » (истинна). Обратная: «если $x^2 > 4$ , то $x > 2$ » (ложна: $x = -3$ ). Противоположная: «если $x\le 2$ , то $x^2\le 4$ » (ложна: $x = -3$ ). Обратная противоположной: «если $x^2\le 4$ , то $x\le 2$ » (истинна).

Факториал и биномиальные коэффициенты

Факториалом натурального числа $n$ называется произведение $n! = 1\cdot2\cdot\ldots\cdot n$ ; по определению $0! = 1$ . Рекуррентно: $0! = 1$ , $(n+1)! = n!\,(n + 1)$ .

Биномиальным коэффициентом (числом сочетаний из $n$ по $k$ ) при целых $0\le k\le n$ называется число

C_n^k = \frac{n!}{k!\,(n - k)!}.

Из определения сразу следуют равенства $C_n^0 = C_n^n = 1$ , $C_n^1 = n$ , $C_n^k = C_n^{n-k}$ . Комбинаторно $C_n^k$ равно числу $k$ -элементных подмножеств $n$ -элементного множества.

Свойства операций над множествами

Формулировка

Для любых множеств $A$ , $B$ , $C$ , $X$ и семейства $\{A_\alpha\}_{\alpha\in I}$ :

(коммутативность) $A\cup B = B\cup A$ , $A\cap B = B\cap A$ ;
(ассоциативность) $(A\cup B)\cup C = A\cup(B\cup C)$ , $(A\cap B)\cap C = A\cap(B\cap C)$ ;
(дистрибутивность)

A\cap(B\cup C) = (A\cap B)\cup(A\cap C),\qquad A\cup(B\cap C) = (A\cup B)\cap(A\cup C);

(законы де Моргана)

X\setminus(A\cup B) = (X\setminus A)\cap(X\setminus B),\qquad X\setminus(A\cap B) = (X\setminus A)\cup(X\setminus B),

и для семейств

X\setminus\bigcup_{\alpha\in I}A_\alpha = \bigcap_{\alpha\in I}(X\setminus A_\alpha),\qquad X\setminus\bigcap_{\alpha\in I}A_\alpha = \bigcup_{\alpha\in I}(X\setminus A_\alpha).

Доказательство

Развернуть

Для фиксированного $x$ обозначим высказывания $a$ : « $x\in A$ », $b$ : « $x\in B$ », $c$ : « $x\in C$ ». По определению операций $x\in A\cup B\iff a\lor b$ , $x\in A\cap B\iff a\land b$ , $x\in X\setminus A\iff(x\in X)\land\lnot a$ . Равенство множеств означает, что для любого $x$ высказывания « $x$ принадлежит левой части» и « $x$ принадлежит правой части» равносильны. Поэтому каждое тождество сводится к равносильности логических формул.

Пункты 1, 2 следуют из того, что формулы $a\lor b$ и $b\lor a$ , $(a\lor b)\lor c$ и $a\lor(b\lor c)$ (и аналогичные для $\land$ ) имеют одинаковые таблицы истинности: дизъюнкция истинна, если истинно хотя бы одно из высказываний, конъюнкция — если истинны все, независимо от порядка и расстановки скобок.

Пункт 3. Докажем $a\land(b\lor c)\equiv(a\land b)\lor(a\land c)$ . Если $a$ ложно, обе части ложны. Если $a$ истинно, левая часть равносильна $b\lor c$ , правая — тоже $b\lor c$ . Аналогично $a\lor(b\land c)\equiv(a\lor b)\land(a\lor c)$ : при истинном $a$ обе части истинны, при ложном обе равносильны $b\land c$ .

Пункт 4. По закону де Моргана $\lnot(a\lor b)\equiv\lnot a\land\lnot b$ , поэтому

x\in X\setminus(A\cup B)\iff x\in X\land\lnot a\land\lnot b\iff(x\in X\land\lnot a)\land(x\in X\land\lnot b)\iff x\in(X\setminus A)\cap(X\setminus B).

Второе равенство аналогично следует из $\lnot(a\land b)\equiv\lnot a\lor\lnot b$ .

Для семейств используем отрицание кванторов: $x\notin\bigcup A_\alpha\iff\lnot(\exists\alpha\ x\in A_\alpha)\iff\forall\alpha\ x\notin A_\alpha$ , откуда $x\in X\setminus\bigcup A_\alpha\iff\forall\alpha\ (x\in X\setminus A_\alpha)$ . Аналогично $x\notin\bigcap A_\alpha\iff\exists\alpha\ x\notin A_\alpha$ . $\blacksquare$

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

Пусть $f$ определена на $X$ , $a\in\overline{\mathbb R}$ — предельная точка $X$ , $A\in\overline{\mathbb R}$ . Тогда $A$ является пределом $f$ при $x\to a$ по Коши тогда и только тогда, когда $A$ является пределом $f$ при $x\to a$ по Гейне.

Доказательство

Развернуть

Будем пользоваться языком окрестностей: $x_n\to a$ означает, что $\forall\delta > 0\ \exists N\ \forall n > N$ : $x_n\in U_\delta(a)$ ; это охватывает и конечные, и бесконечные $a$ .

Коши $\Rightarrow$ Гейне. Пусть $\lim\limits_{x\to a}f(x) = A$ по Коши, и $(x_n)$ — последовательность с $x_n\in X$ , $x_n\ne a$ , $x_n\to a$ . Возьмём $\varepsilon > 0$ и по определению Коши найдём $\delta > 0$ с $f(\dot U_\delta(a)\cap X)\subset U_\varepsilon(A)$ . Так как $x_n\to a$ , существует $N$ такое, что $x_n\in U_\delta(a)$ при $n > N$ ; поскольку $x_n\ne a$ и $x_n\in X$ , имеем $x_n\in\dot U_\delta(a)\cap X$ , откуда $f(x_n)\in U_\varepsilon(A)$ при $n > N$ . Значит, $f(x_n)\to A$ .

Гейне $\Rightarrow$ Коши. Докажем от противного. Пусть $A$ — предел по Гейне, но не по Коши. Построив отрицание определения Коши, получим:

\exists\varepsilon_0 > 0\ \forall\delta > 0\ \exists x\in\dot U_\delta(a)\cap X:\quad f(x)\notin U_{\varepsilon_0}(A).

Применим это при $\delta = \frac1n$ , $n\in\mathbb N$ : найдутся точки $x_n\in\dot U_{1/n}(a)\cap X$ с $f(x_n)\notin U_{\varepsilon_0}(A)$ . По построению $x_n\in X$ и $x_n\ne a$ .

Проверим, что $x_n\to a$ . Пусть дано $\delta > 0$ ; по следствию принципа Архимеда найдётся $N$ с $\frac1N < \delta$ . Окрестности $U_\eta(a)$ вложены друг в друга при уменьшении $\eta$ (для конечного $a$ это интервалы $(a - \eta, a + \eta)$ , для $a = +\infty$ — лучи $(\frac1\eta, +\infty)$ , и т. д.), поэтому при $n > N$ имеем $x_n\in U_{1/n}(a)\subset U_\delta(a)$ .

Итак, $(x_n)$ удовлетворяет условиям определения Гейне, но $f(x_n)\notin U_{\varepsilon_0}(A)$ ни при каком $n$ , т. е. $f(x_n)\not\to A$ . Это противоречит тому, что $A$ — предел по Гейне. Значит, $A$ — предел и по Коши. $\blacksquare$

Критерий точной верхней грани

Формулировка

Пусть $E\subset\mathbb R$ , $E\ne\varnothing$ , $M\in\mathbb R$ . Тогда $M = \sup E$ в том и только в том случае, когда

\bigl(\forall x\in E\ \ x\le M\bigr)\ \land\ \bigl(\forall\varepsilon > 0\ \ \exists x\in E:\ x > M - \varepsilon\bigr).

Аналогично, $m = \inf E$ тогда и только тогда, когда

\bigl(\forall x\in E\ \ x\ge m\bigr)\ \land\ \bigl(\forall\varepsilon > 0\ \ \exists x\in E:\ x < m + \varepsilon\bigr).

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $M = \sup E$ . Тогда $M$ — верхняя граница, т. е. выполнено первое условие. Пусть $\varepsilon > 0$ ; так как $M - \varepsilon < M$ , число $M - \varepsilon$ не может быть верхней границей (иначе $M\le M - \varepsilon$ ). По правилу построения отрицания « $M - \varepsilon$ не является верхней границей» означает: $\exists x\in E:\ x > M - \varepsilon$ .

Достаточность. Пусть выполнены оба условия. По первому $M$ — верхняя граница $E$ . Пусть $M'$ — произвольная верхняя граница, и допустим, что $M' < M$ . Положим $\varepsilon = M - M' > 0$ . По второму условию найдётся $x\in E$ с $x > M - \varepsilon = M'$ , что противоречит тому, что $M'$ — верхняя граница. Значит, $M'\ge M$ для любой верхней границы, и $M = \sup E$ .

Для точной нижней грани рассуждение симметрично. Если $m = \inf E$ и $\varepsilon > 0$ , то $m + \varepsilon > m$ не является нижней границей (иначе $m + \varepsilon\le m$ ), т. е. $\exists x\in E:\ x < m + \varepsilon$ . Обратно, если выполнены оба условия и $m' > m$ — нижняя граница, то при $\varepsilon = m' - m$ найдётся $x\in E$ с $x < m'$ — противоречие; значит, $m$ — наибольшая нижняя граница. $\blacksquare$

Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке

Формулировка

Если функция $f$ равномерно непрерывна на множестве $X$ , то она непрерывна в каждой точке $X$ (на множестве $X$ ).
Функция $f$ не является равномерно непрерывной на $X$ тогда и только тогда, когда существуют $\varepsilon_0 > 0$ и последовательности $x_n, y_n\in X$ такие, что

x_n - y_n\to 0,\qquad |f(x_n) - f(y_n)|\ge\varepsilon_0\quad\forall n.

Обратное к п. 1 неверно: функции $\frac1x$ и $\sin\frac1x$ непрерывны на $(0, 1)$ , функция $x^2$ непрерывна на $\mathbb R$ , но ни одна из них не равномерно непрерывна на указанном множестве.

Доказательство

Развернуть

Пусть $x_0\in X$ , $\varepsilon > 0$ , и $\delta$ взято из определения равномерной непрерывности. Для любой $x\in X$ с $|x - x_0| < \delta$ , полагая $x' = x$ , $x'' = x_0$ , получаем $|f(x) - f(x_0)| < \varepsilon$ . Это определение непрерывности в точке $x_0$ на языке $\varepsilon$ – $\delta$ .
Необходимость. По правилу построения отрицания высказывания с кванторами отсутствие равномерной непрерывности означает: существует $\varepsilon_0 > 0$ такое, что для любого $\delta > 0$ найдутся $x', x''\in X$ с $|x' - x''| < \delta$ и $|f(x') - f(x'')|\ge\varepsilon_0$ . Взяв $\delta = \frac1n$ , получим точки $x_n, y_n\in X$ с $|x_n - y_n| < \frac1n$ и $|f(x_n) - f(y_n)|\ge\varepsilon_0$ ; при этом $x_n - y_n\to 0$ .

Достаточность. Пусть такие $\varepsilon_0$ , $x_n$ , $y_n$ существуют, но $f$ равномерно непрерывна. Возьмём $\delta$ , отвечающее $\varepsilon_0$ . Так как $x_n - y_n\to 0$ , найдётся $n$ с $|x_n - y_n| < \delta$ , и тогда $|f(x_n) - f(y_n)| < \varepsilon_0$ — противоречие.

Все три функции непрерывны на указанных множествах по теореме о непрерывности элементарных функций. Применим п. 2 с подходящими последовательностями.

Для $\frac1x$ на $(0, 1)$ : $x_n = \frac1n$ , $y_n = \frac1{n+1}$ ( $n\ge 2$ ); $x_n - y_n = \frac1{n(n+1)}\to 0$ , а $|f(x_n) - f(y_n)| = 1$ , т. е. $\varepsilon_0 = 1$ .

Для $\sin\frac1x$ на $(0, 1)$ : $x_n = \frac1{\pi/2 + 2\pi n}$ , $y_n = \frac1{3\pi/2 + 2\pi n}$ ; обе последовательности лежат в $(0, 1)$ и стремятся к нулю, так что $x_n - y_n\to 0$ , а $f(x_n) - f(y_n) = 1 - (-1) = 2$ .

Для $x^2$ на $\mathbb R$ : $x_n = n + \frac1n$ , $y_n = n$ ; $x_n - y_n = \frac1n\to 0$ , а $x_n^2 - y_n^2 = 2 + \frac1{n^2} > 2$ .

Таким образом, ни одна из функций не равномерно непрерывна. $\blacksquare$

Несчётность множества действительных чисел

Формулировка

Отрезок $[0, 1]$ несчётен.
Множество $\mathbb R$ несчётно.
Множество иррациональных чисел $\mathbb R\setminus\mathbb Q$ несчётно.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Отрезок $[0, 1]$ бесконечен: он содержит попарно различные числа $\frac1n$ , $n\in\mathbb N$ . Допустим противное: $[0, 1]$ счётен, $[0, 1] = \{x_1, x_2,\dots\}$ .

Разделим $[0, 1]$ на три равных отрезка $[0, \frac13]$ , $[\frac13, \frac23]$ , $[\frac23, 1]$ . Точка $x_1$ принадлежит не более чем двум из них, поэтому найдётся отрезок $I_1$ , не содержащий $x_1$ .

Пусть уже построен отрезок $I_n$ длины $3^{-n}$ . Разделим его на три равных отрезка; хотя бы один из них не содержит $x_{n+1}$ — обозначим его $I_{n+1}$ . Получаем систему вложенных отрезков $I_1\supset I_2\supset\ldots$ , причём $x_n\notin I_n$ при всех $n$ .

По принципу вложенных отрезков существует точка $c\in\bigcap_nI_n\subset[0, 1]$ . По предположению $c = x_m$ при некотором $m$ . Но $x_m\notin I_m$ , тогда как $c\in I_m$ , — противоречие. Значит, $[0, 1]$ несчётен.

Пункт 2. Если бы $\mathbb R$ было счётно, то его бесконечное подмножество $[0, 1]$ было бы счётно по теореме о свойствах счётных множеств, что противоречит пункту 1.

Пункт 3. Если бы $\mathbb R\setminus\mathbb Q$ было не более чем счётно, то $\mathbb R = \mathbb Q\cup(\mathbb R\setminus\mathbb Q)$ было бы объединением двух не более чем счётных множеств, одно из которых ( $\mathbb Q$ ) бесконечно, т. е. счётным множеством по теореме о свойствах счётных множеств. Это противоречит пункту 2. $\blacksquare$

Принцип Архимеда

Формулировка

Множество натуральных чисел $\mathbb N$ не ограничено сверху.
Для любого $a\in\mathbb R$ и любого $b > 0$ существует $n\in\mathbb N$ , такое что

nb > a.

Утверждения 1 и 2 равносильны.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Допустим противное: $\mathbb N$ ограничено сверху. Так как $\mathbb N\ne\varnothing$ , по теореме о существовании точной верхней грани существует $s = \sup\mathbb N\in\mathbb R$ .

По критерию точной верхней грани (с $\varepsilon = 1$ ) найдётся $n\in\mathbb N$ с $n > s - 1$ . Тогда $n + 1 > s$ , причём $n + 1\in\mathbb N$ , так как $\mathbb N$ индуктивно. Это противоречит тому, что $s$ — верхняя граница $\mathbb N$ .

Пункт 2. Так как $\mathbb N$ не ограничено сверху, число $\frac ab$ не является его верхней границей: существует $n\in\mathbb N$ с $n > \frac ab$ . Умножая на $b > 0$ , получаем $nb > a$ .

Равносильность: пункт 2 выведен из пункта 1; обратно, при $b = 1$ пункт 2 даёт для любого $a$ натуральное $n > a$ , т. е. $\mathbb N$ не ограничено сверху. $\blacksquare$

Принцип вложенных отрезков (Коши–Кантора)

Формулировка

Пусть $[a_n, b_n]$ , $n\in\mathbb N$ , — последовательность вложенных отрезков:

[a_1, b_1]\supset[a_2, b_2]\supset\ldots\supset[a_n, b_n]\supset[a_{n+1}, b_{n+1}]\supset\ldots

Тогда:

существует точка, принадлежащая всем отрезкам: $\bigcap_{n=1}^\infty[a_n, b_n]\ne\varnothing$ ;
если, кроме того, для любого $\varepsilon > 0$ найдётся отрезок $[a_n, b_n]$ длины $b_n - a_n < \varepsilon$ , то общая точка единственна.

Доказательство

Развернуть

Из вложенности $[a_{n+1}, b_{n+1}]\subset[a_n, b_n]$ следует $a_n\le a_{n+1}\le b_{n+1}\le b_n$ . Индукцией по $k$ отсюда получаем $a_n\le a_k$ и $b_k\le b_n$ при $n\le k$ .

Покажем, что $a_n\le b_m$ при любых $n, m\in\mathbb N$ . Пусть $k = \max(n, m)$ ; тогда

a_n\le a_k\le b_k\le b_m.

Множества $A = \{a_n:\ n\in\mathbb N\}$ и $B = \{b_m:\ m\in\mathbb N\}$ непусты, и каждый элемент $A$ не больше каждого элемента $B$ . По аксиоме полноты существует $c$ с $a_n\le c\le b_m$ при всех $n, m$ . В частности, $a_n\le c\le b_n$ , т. е. $c\in[a_n, b_n]$ при всех $n$ . Пункт 1 доказан.

Пункт 2. Допустим противное: две различные общие точки $c < c'$ . Так как $c, c'\in[a_n, b_n]$ , то $a_n\le c < c'\le b_n$ и $b_n - a_n\ge c' - c$ при всех $n$ . Взяв $\varepsilon = c' - c > 0$ , получаем противоречие с условием существования отрезка длины меньше $\varepsilon$ . $\blacksquare$

Число e как сумма ряда. Иррациональность e

Формулировка

Пусть $s_n = \sum\limits_{k=0}^n\frac1{k!} = 1 + 1 + \frac1{2!} + \ldots + \frac1{n!}$ . Тогда

$\lim\limits_{n\to\infty}s_n = e$ ;
при всех $n\in\mathbb N$

0 < e - s_n < \frac1{n!\,n};

число $e$ иррационально.

Доказательство

Развернуть

Последовательность $\{s_n\}$ строго возрастает и, как показано при доказательстве теоремы о числе $e$ , $s_n < 2{,}75$ . По теореме Вейерштрасса существует $s = \lim s_n$ . В той же теореме установлено, что $x_n = \left(1 + \frac1n\right)^n\le s_n$ ; по предельному переходу в неравенствах $e\le s$ .

Обратно, зафиксируем $m$ . При $n > m$ , отбрасывая в биномиальной записи $x_n$ неотрицательные слагаемые с $k > m$ , получаем

x_n\ge 2 + \sum_{k=2}^m\frac1{k!}\left(1 - \frac1n\right)\cdots\left(1 - \frac{k - 1}n\right).

Правая часть — сумма фиксированного числа $m - 1$ слагаемых, каждое из которых есть произведение фиксированного числа сомножителей $1 - \frac jn\to 1$ . По теореме об арифметических операциях с пределами правая часть стремится к $s_m$ при $n\to\infty$ , и предельный переход в неравенстве даёт $e\ge s_m$ . Переходя к пределу при $m\to\infty$ , получаем $e\ge s$ . Итак, $e = s$ .

При $p\in\mathbb N$

s_{n+p} - s_n = \frac1{(n + 1)!}\left(1 + \frac1{n + 2} + \frac1{(n + 2)(n + 3)} + \ldots + \frac1{(n + 2)\cdots(n + p)}\right)\le\frac1{(n + 1)!}\sum_{j=0}^{p-1}\frac1{(n + 1)^j} < \frac1{(n + 1)!}\cdot\frac{n + 1}n = \frac1{n!\,n}.

Переходя к пределу при $p\to\infty$ , получаем $e - s_n\le\frac1{n!\,n}$ для всех $n$ . Применяя это к $n + 1$ :

e - s_n = (e - s_{n+1}) + \frac1{(n + 1)!}\le\frac1{(n + 1)!}\cdot\frac{n + 2}{n + 1} < \frac1{(n + 1)!}\cdot\frac{n + 1}n = \frac1{n!\,n},

так как $(n + 2)n = n^2 + 2n < (n + 1)^2$ . Положительность: $e - s_n\ge s_{n+1} - s_n = \frac1{(n + 1)!} > 0$ , так как $e = \sup s_k$ .

Предположим противное: $e = \frac pq$ , $p, q\in\mathbb N$ . По п. 2 при $n = q$

0 < q!\,(e - s_q) < \frac1q\le 1.

Но $q!\,e = (q - 1)!\,p$ — целое число, и $q!\,s_q = \sum\limits_{k=0}^q\frac{q!}{k!}$ — тоже целое. Значит, целое число $q!\,(e - s_q)$ лежит в интервале $(0, 1)$ , что невозможно. Следовательно, $e$ иррационально. $\blacksquare$

Неравенство Йенсена

Формулировка

Пусть функция $f$ выпукла вниз на промежутке $X$ , $x_1, \ldots, x_n\in X$ , $\lambda_1, \ldots, \lambda_n\ge 0$ , $\lambda_1 + \ldots + \lambda_n = 1$ . Тогда

f\left(\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix_i\right)\le\sum_{i=1}^{n}\lambda_if(x_i).

Если $f$ строго выпукла вниз и все $\lambda_i > 0$ , то равенство достигается только при $x_1 = \ldots = x_n$ . Для выпуклой вверх функции знак неравенства противоположный.

Доказательство

Развернуть

Сначала заметим, что точка $y = \sum\lambda_ix_i$ лежит в $X$ : так как $\lambda_i\ge 0$ и $\sum\lambda_i = 1$ , имеем $\min_i x_i\le y\le\max_i x_i$ , а промежуток вместе с любыми двумя точками содержит отрезок между ними.

Докажем неравенство индукцией по $n$ . При $n = 1$ оно обращается в равенство, при $n = 2$ это определение выпуклости.

Переход от $n$ к $n + 1$ : пусть утверждение верно для $n$ точек, рассмотрим $n + 1$ точку. Если $\lambda_{n+1} = 1$ , то остальные $\lambda_i = 0$ и доказывать нечего. Иначе положим $\mu_i = \frac{\lambda_i}{1 - \lambda_{n+1}}$ , $i = 1, \ldots, n$ ; тогда $\mu_i\ge 0$ , $\sum_{i=1}^{n}\mu_i = 1$ , и $z = \sum_{i=1}^{n}\mu_ix_i\in X$ . Имеем

\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i = (1 - \lambda_{n+1})z + \lambda_{n+1}x_{n+1}.

По определению выпуклости, а затем по предположению индукции,

f\left(\sum_{i=1}^{n+1}\lambda_ix_i\right)\le(1 - \lambda_{n+1})f(z) + \lambda_{n+1}f(x_{n+1})\le(1 - \lambda_{n+1})\sum_{i=1}^{n}\mu_if(x_i) + \lambda_{n+1}f(x_{n+1}) = \sum_{i=1}^{n+1}\lambda_if(x_i).

Случай равенства (строгая выпуклость, все $\lambda_i > 0$ , $n + 1\ge 2$ , так что $0 < \lambda_{n+1} < 1$ ): равенство в итоговой цепочке возможно лишь при равенстве в обоих звеньях. Равенство во втором звене по предположению индукции (все $\mu_i > 0$ ) даёт $x_1 = \ldots = x_n$ , и тогда $z = x_1$ . Равенство в первом звене по определению строгой выпуклости возможно лишь при $z = x_{n+1}$ . Итак, все $x_i$ равны. Случай выпуклости вверх получается заменой $f$ на $-f$ . $\blacksquare$

Следствия правил дифференцирования. Производная степени и многочлена

Формулировка

Пусть функции $u, v, u_1, \dots, u_n$ дифференцируемы в точке $x$ , $C, \alpha, \beta\in\mathbb R$ . Тогда:

$(Cu)' = Cu'$ , $(\alpha u + \beta v)' = \alpha u' + \beta v'$ (линейность);
$(u_1u_2\cdots u_n)' = u_1'u_2\cdots u_n + u_1u_2'\cdots u_n + \dots + u_1u_2\cdots u_n'$ ;
$(x^n)' = nx^{n-1}$ при $n\in\mathbb N$ , $x\in\mathbb R$ ; производная многочлена: $\left(\sum_{k=0}^n a_kx^k\right)' = \sum_{k=1}^n ka_kx^{k-1}$ ;
при $v(x)\ne 0$ : $\left(\frac1v\right)' = -\frac{v'}{v^2}$ ; в частности, $(x^{-n})' = -nx^{-n-1}$ при $n\in\mathbb N$ , $x\ne 0$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Постоянная $C$ имеет производную $0$ , поэтому по правилу произведения $(Cu)' = 0\cdot u + Cu' = Cu'$ ; линейность получается отсюда и из правила для суммы.

Пункт 2 — индукцией по $n$ . При $n = 1$ утверждение тривиально, при $n = 2$ это правило произведения. Если формула верна для $n$ сомножителей, то по правилу произведения

(u_1\cdots u_nu_{n+1})' = (u_1\cdots u_n)'u_{n+1} + u_1\cdots u_nu_{n+1}',

и, подставив выражение для $(u_1\cdots u_n)'$ из предположения индукции, получаем формулу для $n + 1$ сомножителей. По принципу математической индукции она верна при всех $n$ .

Пункт 3. Применим пункт 2 к $u_1 = \dots = u_n = x$ , $x' = 1$ : каждое из $n$ слагаемых равно $x^{n-1}$ , поэтому $(x^n)' = nx^{n-1}$ . Формула для многочлена следует из линейности.

Пункт 4. По правилу частного с $u\equiv 1$ : $\left(\frac1v\right)' = \frac{0\cdot v - 1\cdot v'}{v^2} = -\frac{v'}{v^2}$ . Для $v = x^n$ , $x\ne 0$ : $(x^{-n})' = -\frac{nx^{n-1}}{x^{2n}} = -nx^{-n-1}$ . $\blacksquare$

Отсутствие инвариантности формы дифференциалов высших порядков

Формулировка

Если $x$ — независимая переменная и $f$ $n$ раз дифференцируема, то

d^ny = f^{(n)}(x)\,dx^n,\qquad f^{(n)}(x) = \frac{d^ny}{dx^n}.

Если $y = f(u)$ , $u = \varphi(x)$ , $x$ — независимая переменная, $f$ и $\varphi$ дважды дифференцируемы, то

d^2y = f''(u)\,du^2 + f'(u)\,d^2u,\qquad du = \varphi'(x)\,dx,\quad d^2u = \varphi''(x)\,dx^2.

Так как, вообще говоря, $d^2u\ne 0$ , форма $d^2y = f''(u)\,du^2$ не сохраняется: второй дифференциал не обладает инвариантностью. 3. Если $u = kx + b$ — линейная функция, то $d^2u = 0$ и $d^ny = f^{(n)}(u)\,du^n$ (инвариантность сохраняется при линейной замене).

Доказательство

Развернуть

Пункт 1 — индукцией по $n$ . При $n = 1$ это $dy = f'(x)dx$ . Если $d^ny = f^{(n)}(x)dx^n$ , то, так как $dx$ не зависит от $x$ ,

d^{n+1}y = d\left(f^{(n)}(x)\,dx^n\right) = \left(f^{(n)}(x)\right)'dx\cdot dx^n = f^{(n+1)}(x)\,dx^{n+1}.

Пункт 2. По инвариантности формы первого дифференциала $dy = f'(u)\,du$ , где $f'(u) = f'(\varphi(x))$ и $du = \varphi'(x)dx$ — функции от $x$ . Вычисляя $d(dy)$ при фиксированном $dx$ по правилу дифференциала произведения:

d^2y = d\big(f'(u)\big)\,du + f'(u)\,d(du).

По инвариантности (для функции $f'$ ) $d\big(f'(u)\big) = f''(u)\,du$ , а $d(du) = d\big(\varphi'(x)dx\big) = \varphi''(x)dx^2 = d^2u$ . Отсюда $d^2y = f''(u)du^2 + f'(u)d^2u$ . (Это же получается непосредственно: $\big(f(\varphi(x))\big)'' = f''(\varphi)\varphi'^2 + f'(\varphi)\varphi''$ , и $d^2y = y''dx^2$ по пункту 1.)

Пример отсутствия инвариантности: $y = u^2$ , $u = x^2$ . Тогда $y = x^4$ , $d^2y = 12x^2dx^2$ , тогда как $2\,du^2 = 2(2x\,dx)^2 = 8x^2dx^2$ ; недостающее слагаемое $f'(u)d^2u = 2x^2\cdot 2dx^2 = 4x^2dx^2$ .

Пункт 3. При $u = kx + b$ имеем $d^2u = (kx + b)''dx^2 = 0$ , $du = k\,dx$ . По пункту 1 и формуле для $n$ -й производной функции от линейного аргумента

d^ny = \big(f(kx + b)\big)^{(n)}dx^n = k^nf^{(n)}(u)\,dx^n = f^{(n)}(u)\,(k\,dx)^n = f^{(n)}(u)\,du^n.

$\blacksquare$

Формула Лейбница

Формулировка

Пусть функции $u$ и $v$ $n$ раз дифференцируемы в точке $x$ , $\alpha, \beta\in\mathbb R$ . Тогда:

$(\alpha u + \beta v)^{(n)} = \alpha u^{(n)} + \beta v^{(n)}$ ;
произведение $uv$ $n$ раз дифференцируемо в точке $x$ и

(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^nC_n^k\,u^{(n-k)}v^{(k)},\qquad u^{(0)} = u,\ v^{(0)} = v.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1 получается индукцией по $n$ из линейности первой производной.

Пункт 2 — индукцией по $n$ . При $n = 1$ это правило дифференцирования произведения: $(uv)' = u'v + uv'$ .

Пусть формула верна для всех пар функций, $n$ раз дифференцируемых в точке, и пусть $u$ , $v$ $(n + 1)$ раз дифференцируемы в точке $x$ . Тогда $u^{(n)}$ , $v^{(n)}$ существуют в некоторой окрестности $U$ точки $x$ , т. е. $u$ и $v$ $n$ раз дифференцируемы в каждой точке $U$ , и по предположению индукции на $U$

(uv)^{(n)} = \sum_{k=0}^nC_n^k\,u^{(n-k)}v^{(k)}.

Каждый множитель $u^{(n-k)}$ , $v^{(k)}$ ( $0\le k\le n$ ) дифференцируем в точке $x$ , поэтому по правилу произведения и линейности

(uv)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^nC_n^k\,u^{(n-k+1)}v^{(k)} + \sum_{k=0}^nC_n^k\,u^{(n-k)}v^{(k+1)} = \sum_{k=0}^nC_n^k\,u^{(n+1-k)}v^{(k)} + \sum_{k=1}^{n+1}C_n^{k-1}\,u^{(n+1-k)}v^{(k)}

(во второй сумме индекс сдвинут: $k + 1\to k$ ).

Выделим слагаемое с $k = 0$ из первой суммы ( $u^{(n+1)}v$ ) и с $k = n + 1$ из второй ( $uv^{(n+1)}$ ); при $1\le k\le n$ коэффициенты складываются: $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$ (свойство биномиальных коэффициентов). Так как $C_{n+1}^0 = C_{n+1}^{n+1} = 1$ , получаем

(uv)^{(n+1)} = \sum_{k=0}^{n+1}C_{n+1}^k\,u^{(n+1-k)}v^{(k)}.

По принципу математической индукции формула верна при всех $n$ . $\blacksquare$

Замечание

Формула Лейбница устроена как бином Ньютона $(a + b)^n$ с заменой степеней $a^{n-k}b^k$ на производные $u^{(n-k)}v^{(k)}$ . Особенно удобна, когда один из множителей — многочлен: тогда в сумме лишь несколько ненулевых слагаемых.

Производные высших порядков основных функций

Формулировка

Для всех $n\in\mathbb N$ :

если $f$ $n$ раз дифференцируема в точке $kx + b$ , то $\big(f(kx + b)\big)^{(n)} = k^nf^{(n)}(kx + b)$ ;
$(x^\alpha)^{(n)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)\,x^{\alpha - n}$ при $x > 0$ (при $\alpha\in\mathbb Z$ — при всех $x\ne 0$ ); при $\alpha = m\in\mathbb N$ : $(x^m)^{(n)} = \frac{m!}{(m - n)!}x^{m - n}$ при $n\le m$ и $(x^m)^{(n)} = 0$ при $n > m$ ;
$(a^x)^{(n)} = a^x\ln^na$ , $(e^x)^{(n)} = e^x$ ;
$(\sin x)^{(n)} = \sin\left(x + \frac{\pi n}2\right)$ , $(\cos x)^{(n)} = \cos\left(x + \frac{\pi n}2\right)$ ;
$\big((1 + x)^\alpha\big)^{(n)} = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)(1 + x)^{\alpha - n}$ , $x > -1$ ; в частности,

\left(\frac1{1 + x}\right)^{(n)} = \frac{(-1)^nn!}{(1 + x)^{n+1}};

при $x > -1$

\big(\ln(1 + x)\big)^{(n)} = \frac{(-1)^{n-1}(n - 1)!}{(1 + x)^n}.

Доказательство

Развернуть

Все формулы доказываются индукцией по $n$ ; база $n = 1$ в каждом случае берётся из таблицы производных и теоремы о производной сложной функции, а шаг состоит в дифференцировании формулы для $n$ .

Пункт 1. По теореме о производной сложной функции $\big(f(kx + b)\big)' = kf'(kx + b)$ . Если $\big(f(kx + b)\big)^{(n)} = k^nf^{(n)}(kx + b)$ (в окрестности точки), то, дифференцируя ещё раз тем же правилом, получаем $k^n\cdot kf^{(n+1)}(kx + b) = k^{n+1}f^{(n+1)}(kx + b)$ .

Пункт 2. $\left(\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)x^{\alpha - n}\right)' = \alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)(\alpha - n)x^{\alpha - n - 1}$ . При $\alpha = m\in\mathbb N$ коэффициент равен $\frac{m!}{(m - n)!}$ при $n\le m$ ; при $n = m$ производная — постоянная $m!$ , и все следующие производные равны нулю.

Пункт 3. $\left(a^x\ln^na\right)' = a^x\ln^{n+1}a$ .

Пункт 4. $(\sin x)' = \cos x = \sin\left(x + \frac\pi2\right)$ . Если $(\sin x)^{(n)} = \sin\left(x + \frac{\pi n}2\right)$ , то по пункту 1 (с $k = 1$ ) $(\sin x)^{(n+1)} = \cos\left(x + \frac{\pi n}2\right) = \sin\left(x + \frac{\pi(n + 1)}2\right)$ . Аналогично $\left(\cos\left(x + \frac{\pi n}2\right)\right)' = -\sin\left(x + \frac{\pi n}2\right) = \cos\left(x + \frac{\pi(n + 1)}2\right)$ .

Пункт 5 следует из пунктов 1 и 2 с $k = 1$ , $b = 1$ . При $\alpha = -1$ : $(-1)(-2)\cdots(-n) = (-1)^nn!$ .

Пункт 6. $\big(\ln(1 + x)\big)' = (1 + x)^{-1}$ , поэтому по пункту 5 при $n\ge 2$

\big(\ln(1 + x)\big)^{(n)} = \left((1 + x)^{-1}\right)^{(n-1)} = \frac{(-1)^{n-1}(n - 1)!}{(1 + x)^n};

при $n = 1$ формула также верна. $\blacksquare$

Свойства счётных множеств

Формулировка

Всякое бесконечное подмножество счётного множества счётно; всякое подмножество счётного множества не более чем счётно.
Если $A$ бесконечно и существует инъекция $A$ в счётное множество, то $A$ счётно.
Множество $\mathbb N\times\mathbb N$ счётно.
Объединение конечного или счётного семейства $A_1, A_2,\dots$ не более чем счётных множеств, хотя бы одно из которых бесконечно, счётно.
Множества $\mathbb Z$ и $\mathbb Q$ счётны.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Пусть $A = \{a_1, a_2,\dots\}$ (нумерация $n\mapsto a_n$ — биекция $\mathbb N\to A$ ), $B\subset A$ бесконечно. Положим $n_1 = \min\{n:\ a_n\in B\}$ и рекуррентно $n_{k+1} = \min\{n > n_k:\ a_n\in B\}$ . Минимумы существуют по принципу наименьшего элемента: множества непусты, так как иначе $B\subset\{a_1,\dots, a_{n_k}\}$ было бы конечно. По построению $n_1 < n_2 < \ldots$ , и индукцией $n_k\ge k$ .

Отображение $\varphi(k) = a_{n_k}$ из $\mathbb N$ в $B$ инъективно, так как номера $n_k$ различны, а нумерация $A$ инъективна. Докажем сюръективность. Пусть $b\in B$ , $b = a_m$ . Множество $K = \{k:\ n_k\ge m\}$ непусто ( $n_m\ge m$ ); пусть $k = \min K$ . Если $k = 1$ , то $n_1\le m$ по минимальности $n_1$ (так как $a_m\in B$ ). Если $k > 1$ , то $n_{k-1} < m$ , и $m$ входит в множество $\{n > n_{k-1}:\ a_n\in B\}$ , поэтому $n_k\le m$ . С другой стороны, $n_k\ge m$ , так как $k\in K$ . Итак, $n_k = m$ и $b = \varphi(k)$ . Итак, $\varphi$ — биекция, $B$ счётно. Подмножество счётного множества либо конечно, либо бесконечно и тогда счётно.

Пункт 2. Пусть $g\colon A\to C$ — инъекция, $C$ счётно. Тогда $g\colon A\to g(A)$ — биекция, и $g(A)$ бесконечно (иначе бесконечное $A$ было бы равномощно конечному множеству, а значит, конечно). По пункту 1 $g(A)\sim\mathbb N$ , и по транзитивности равномощности $A\sim\mathbb N$ .

Пункт 3. Отображение $(k, m)\mapsto 2^k3^m$ из $\mathbb N\times\mathbb N$ в $\mathbb N$ инъективно по единственности разложения натурального числа на простые множители. Множество $\mathbb N\times\mathbb N$ бесконечно (содержит различные пары $(k, 1)$ ). По пункту 2 оно счётно.

Пункт 4. Отбросим пустые множества (не все они пусты). Для каждого непустого не более чем счётного $A_k$ зададим сюръекцию $m\mapsto a_{km}$ из $\mathbb N$ на $A_k$ : для счётного — нумерацию, для $A_k = \{x_1,\dots, x_r\}$ — $a_{km} = x_{\min(m, r)}$ . Если множеств конечное число $A_1,\dots, A_p$ , положим $a_{km} = a_{pm}$ при $k > p$ . Тогда отображение $(k, m)\mapsto a_{km}$ из $\mathbb N\times\mathbb N$ на $A = \bigcup A_k$ сюръективно.

Пусть $\psi\colon\mathbb N\to\mathbb N\times\mathbb N$ — биекция (пункт 3). Для $x\in A$ положим $\nu(x) = \min\{j\in\mathbb N:\ a_{\psi(j)} = x\}$ (множество непусто по сюръективности). Отображение $\nu\colon A\to\mathbb N$ инъективно: из $\nu(x) = \nu(x') = j$ следует $x = a_{\psi(j)} = x'$ . Множество $A$ бесконечно, так как содержит бесконечное $A_k$ . По пункту 2 $A$ счётно.

Пункт 5. Отображение $\mathbb N\to\mathbb Z$ , $n\mapsto\frac n2$ при чётном $n$ и $n\mapsto-\frac{n-1}2$ при нечётном $n$ , — биекция (нумерация $0, 1, -1, 2, -2,\dots$ ), поэтому $\mathbb Z$ счётно. Далее $\mathbb Q = \bigcup_{q\in\mathbb N}Q_q$ , где $Q_q = \{\frac pq:\ p\in\mathbb Z\}$ ; отображение $p\mapsto\frac pq$ — биекция $\mathbb Z\to Q_q$ , так что все $Q_q$ счётны. По пункту 4 $\mathbb Q$ счётно. $\blacksquare$

Свойства чётных, нечётных и периодических функций

Формулировка

Пусть $X\subset\mathbb R$ , $f, g\colon X\to\mathbb R$ .

$f$ чётна тогда и только тогда, когда её график симметричен относительно оси $Oy$ : $(x, y)\in\Gamma_f\Rightarrow(-x, y)\in\Gamma_f$ ; $f$ нечётна тогда и только тогда, когда график симметричен относительно начала координат: $(x, y)\in\Gamma_f\Rightarrow(-x, -y)\in\Gamma_f$ .
Если $X$ симметрично, то любая функция $f$ на $X$ единственным образом представляется в виде суммы чётной и нечётной функций:

f(x) = \underbrace{\frac{f(x) + f(-x)}2}_{\text{чётная}} + \underbrace{\frac{f(x) - f(-x)}2}_{\text{нечётная}}.

Сумма и произведение чётных функций чётны; сумма нечётных функций нечётна; произведение двух нечётных функций чётно; произведение чётной и нечётной функций нечётно.
Если $T$ — период $f$ , то $-T$ и $nT$ ( $n\in\mathbb N$ ) — также периоды $f$ . Если $T$ — период и $f$ , и $g$ , то $T$ — период функций $f\pm g$ и $fg$ , а также $f/g$ при $g(x)\ne 0$ на $X$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Пусть $f$ чётна и $(x, y)\in\Gamma_f$ , т. е. $y = f(x)$ . Тогда $-x\in X$ и $f(-x) = f(x) = y$ , т. е. $(-x, y)\in\Gamma_f$ . Обратно, пусть график симметричен относительно $Oy$ . Для $x\in X$ точка $(x, f(x))\in\Gamma_f$ , значит, $(-x, f(x))\in\Gamma_f$ : отсюда $-x\in X$ (симметричность $X$ ) и $f(-x) = f(x)$ . Для нечётной функции рассуждение то же с точкой $(-x, -f(x))$ .

Пункт 2, существование. Функции $\varphi(x) = \frac{f(x) + f(-x)}2$ и $\psi(x) = \frac{f(x) - f(-x)}2$ определены на симметричном $X$ , $\varphi(-x) = \frac{f(-x) + f(x)}2 = \varphi(x)$ , $\psi(-x) = \frac{f(-x) - f(x)}2 = -\psi(x)$ , и $\varphi + \psi = f$ .

Единственность. Пусть $f = \varphi_1 + \psi_1$ , $\varphi_1$ чётна, $\psi_1$ нечётна. Подставив $-x$ , получаем $f(-x) = \varphi_1(x) - \psi_1(x)$ . Складывая и вычитая с $f(x) = \varphi_1(x) + \psi_1(x)$ , находим $\varphi_1(x) = \frac{f(x) + f(-x)}2 = \varphi(x)$ и $\psi_1(x) = \frac{f(x) - f(-x)}2 = \psi(x)$ .

Пункт 3. Например, для нечётных $f$ , $g$ : $(fg)(-x) = f(-x)g(-x) = (-f(x))(-g(x)) = (fg)(x)$ ; для чётной $f$ и нечётной $g$ : $(fg)(-x) = f(x)\cdot(-g(x)) = -(fg)(x)$ ; для нечётных $f$ , $g$ : $(f + g)(-x) = -f(x) - g(x) = -(f + g)(x)$ . Остальные случаи аналогичны.

Пункт 4. Число $-T$ : условие $x\pm(-T)\in X$ совпадает с $x\mp T\in X$ , и $f(x - T) = f\bigl((x - T) + T\bigr) = f(x)$ (так как $x - T\in X$ ). Число $nT$ — индукцией по $n$ : если $nT$ — период, то $x + (n+1)T = (x + nT) + T\in X$ , $x - (n + 1)T = (x - nT) - T\in X$ и $f(x + (n+1)T) = f(x + nT) = f(x)$ .

Если $T$ — общий период $f$ и $g$ , то $x\pm T\in X$ и $(f + g)(x + T) = f(x + T) + g(x + T) = f(x) + g(x)$ ; для разности, произведения и частного — так же. $\blacksquare$

Свойства бесконечно малых функций

Формулировка

Пусть все функции определены на $X$ , $a$ — предельная точка $X$ , и рассматривается процесс $x\to a$ .

Сумма конечного числа б.м. есть б.м.
Произведение б.м. на локально ограниченную при $x\to a$ функцию (в частности, на постоянную) есть б.м.
Произведение конечного числа б.м. есть б.м.

Доказательство

Развернуть

Пусть $\alpha, \beta$ — б.м., $\varepsilon > 0$ . Найдутся $\delta_1, \delta_2 > 0$ такие, что $|\alpha(x)| < \frac\varepsilon2$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ и $|\beta(x)| < \frac\varepsilon2$ при $x\in\dot U_{\delta_2}(a)\cap X$ . При $\delta = \min\{\delta_1, \delta_2\}$ и $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ имеем

|\alpha(x) + \beta(x)|\le |\alpha(x)| + |\beta(x)| < \varepsilon .

Для $k$ слагаемых утверждение получается индукцией по $k$ : $\alpha_1 + \dots + \alpha_{k + 1} = (\alpha_1 + \dots + \alpha_k) + \alpha_{k + 1}$ .

Пусть $\alpha$ — б.м., а $|g(x)|\le M$ при $x\in\dot U_{\delta_0}(a)\cap X$ , причём можно считать $M > 0$ . Для $\varepsilon > 0$ найдём $\delta_1 > 0$ с $|\alpha(x)| < \frac\varepsilon M$ при $x\in\dot U_{\delta_1}(a)\cap X$ . При $\delta = \min\{\delta_0, \delta_1\}$ и $x\in\dot U_\delta(a)\cap X$ получаем $|\alpha(x)g(x)| < \frac\varepsilon M\cdot M = \varepsilon$ . Постоянная функция, очевидно, локально ограничена.
Б.м. $\beta$ имеет конечный предел $0$ , поэтому по теореме о локальной ограниченности она локально ограничена. По п. 2 произведение $\alpha\beta$ — б.м. Для $k$ сомножителей — индукция по $k$ . $\blacksquare$

Пределы многочленов и рациональных функций

Формулировка

Для многочлена $P$ и любого $a\in\mathbb R$ : $\lim\limits_{x\to a}P(x) = P(a)$ . Если $P, Q$ — многочлены и $Q(a)\ne 0$ , то

\lim_{x\to a}\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{P(a)}{Q(a)} .

Пусть $P(x) = p_0x^n + p_1x^{n - 1} + \dots + p_n$ , $Q(x) = q_0x^m + q_1x^{m - 1} + \dots + q_m$ , $p_0\ne 0$ , $q_0\ne 0$ . Тогда

\lim_{x\to\infty}\frac{P(x)}{Q(x)} = \begin{cases}\dfrac{p_0}{q_0}, & n = m,\\[2mm] 0, & n < m.\end{cases}

Доказательство

Развернуть

Из определения $\lim\limits_{x\to a}c = c$ (для постоянной) и $\lim\limits_{x\to a}x = a$ (берём $\delta = \varepsilon$ ). По теореме о пределе произведения индукцией по $k$ получаем $x^k\to a^k$ , затем $p_kx^k\to p_ka^k$ , а по теореме о пределе суммы — $P(x)\to P(a)$ . Если $Q(a)\ne 0$ , то по теореме о пределе частного $\frac PQ\to\frac{P(a)}{Q(a)}$ .
Сначала $\lim\limits_{x\to\infty}\frac1x = 0$ : при $|x| > \frac1\varepsilon$ имеем $\left|\frac1x\right| < \varepsilon$ . Отсюда по теореме о пределе произведения $\frac1{x^k}\to 0$ при $x\to\infty$ для любого $k\in\mathbb N$ .

При $x\ne 0$ разделим числитель и знаменатель на $x^m$ :

\frac{P(x)}{Q(x)} = \frac{1}{x^{m - n}}\cdot\frac{p_0 + \frac{p_1}x + \dots + \frac{p_n}{x^n}}{q_0 + \frac{q_1}x + \dots + \frac{q_m}{x^m}} .

Числитель дроби стремится к $p_0$ , знаменатель — к $q_0\ne 0$ (теорема о пределе суммы), поэтому дробь стремится к $\frac{p_0}{q_0}$ ; при этом знаменатель отличен от нуля при достаточно больших $|x|$ (теорема о знакопостоянстве), так что и $Q(x)\ne 0$ там. Множитель $\frac1{x^{m - n}}$ равен $1$ при $n = m$ и стремится к $0$ при $n < m$ . По теореме о пределе произведения получаем ответ. $\blacksquare$

Основные пределы последовательностей

Формулировка

Если $|q| < 1$ , то $q^n\to 0$ ; если $|q| > 1$ , то $q^n\to\infty$ (при $q > 1$ — к $+\infty$ ).
Если $a > 0$ , то

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a = 1.

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]n = 1$ .
Если $a > 1$ и $k\in\mathbb N$ , то

\lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n} = 0.

Для любого $a\in\mathbb R$

\lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!} = 0.

Доказательство

Развернуть

Пусть $|q| > 1$ , $|q| = 1 + h$ , $h > 0$ . По неравенству Бернулли $|q|^n = (1 + h)^n\ge 1 + nh > nh$ . Для $E > 0$ по следствию из принципа Архимеда найдётся $N > \frac Eh$ , и при $n > N$ имеем $|q^n| > nh > E$ . Итак, $q^n\to\infty$ (при $q > 1$ члены положительны, поэтому $q^n\to+\infty$ ). Если $0 < |q| < 1$ , то $\left|\frac1q\right| > 1$ , и $\frac1{q^n}\to\infty$ , откуда $q^n\to 0$ по свойству связи бесконечно малых и бесконечно больших. При $q = 0$ утверждение тривиально.
Пусть $a > 1$ . Тогда $\sqrt[n]a > 1$ ; положим $\sqrt[n]a = 1 + h_n$ , $h_n > 0$ . По неравенству Бернулли $a = (1 + h_n)^n\ge 1 + nh_n$ , откуда $0 < h_n\le\frac{a - 1}n$ . Так как $\frac{a - 1}n\to 0$ , по теореме о трёх последовательностях $h_n\to 0$ , т. е. $\sqrt[n]a\to 1$ . При $a = 1$ всё тривиально. Если $0 < a < 1$ , то $b = \frac1a > 1$ и $\sqrt[n]b = 1 + h_n$ с $h_n\to 0$ ; тогда

0 < 1 - \sqrt[n]a = 1 - \frac1{1 + h_n} = \frac{h_n}{1 + h_n} < h_n,

и снова $\sqrt[n]a\to 1$ по теореме о трёх последовательностях.

При $n\ge 2$ положим $\sqrt[n]n = 1 + h_n$ , $h_n\ge 0$ . По формуле бинома Ньютона, оставляя из неотрицательных слагаемых лишь одно,

n = (1 + h_n)^n\ge C_n^2h_n^2 = \frac{n(n - 1)}2h_n^2,

откуда $0\le h_n\le\sqrt{\frac2{n - 1}}$ . Для $\varepsilon > 0$ при $n > 1 + \frac2{\varepsilon^2}$ получаем $\sqrt{\frac2{n - 1}} < \varepsilon$ ; значит, $h_n\to 0$ и $\sqrt[n]n\to 1$ .

Пусть $a = 1 + h$ , $h > 0$ , и $n\ge 2k + 2$ . По формуле бинома $a^n\ge C_n^{k+1}h^{k+1}$ . При $j\le k$ имеем $n - j\ge n - k\ge\frac n2$ , поэтому

C_n^{k+1} = \frac{n(n - 1)\cdots(n - k)}{(k + 1)!}\ge\frac{n^{k+1}}{2^{k+1}(k + 1)!}.

Следовательно,

0 < \frac{n^k}{a^n}\le\frac{2^{k+1}(k + 1)!}{h^{k+1}}\cdot\frac1n.

Справа — постоянная, умноженная на бесконечно малую $\frac1n$ , т. е. бесконечно малая; по теореме о трёх последовательностях $\frac{n^k}{a^n}\to 0$ .

При $a = 0$ утверждение очевидно; пусть $a\ne 0$ . Зафиксируем натуральное $m\ge 2|a|$ и положим $q = \frac{|a|}{m + 1} < \frac12$ . При $n > m$

\frac{|a|^n}{n!} = \frac{|a|^m}{m!}\cdot\frac{|a|}{m + 1}\cdots\frac{|a|}n\le\frac{|a|^m}{m!}q^{n - m} = \frac{|a|^m}{m!\,q^m}\,q^n.

Правая часть — постоянная, умноженная на бесконечно малую $q^n$ (п. 1), т. е. бесконечно малая. По теореме о трёх последовательностях $\frac{|a|^n}{n!}\to 0$ , а значит, и $\frac{a^n}{n!}\to 0$ (модули совпадают). $\blacksquare$

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Функции $y = c$ и $y = x$ непрерывны на $\mathbb R$ ; $x^n$ ( $n\in\mathbb N$ ) и многочлены непрерывны на $\mathbb R$ ; дробно-рациональная функция $\frac{P(x)}{Q(x)}$ непрерывна в каждой точке, где $Q(x)\ne 0$ .
$\sin x$ и $\cos x$ непрерывны на $\mathbb R$ , причём

|\sin x - \sin a|\le|x - a|,\qquad|\cos x - \cos a|\le|x - a|;

$\operatorname{tg} x$ непрерывен при $x\ne\frac\pi2 + \pi k$ , $\operatorname{ctg} x$ — при $x\ne\pi k$ , $k\in\mathbb Z$ . 3. $\arcsin x$ и $\arccos x$ непрерывны на $[-1, 1]$ ; $\operatorname{arctg} x$ и $\operatorname{arcctg} x$ — на $\mathbb R$ . 4. Показательная функция $a^x$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ), в частности $e^x$ , непрерывна на $\mathbb R$ . 5. Логарифмическая функция $\log_a x$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ) непрерывна на $(0, +\infty)$ . 6. Степенная функция $x^\alpha$ непрерывна на $(0, +\infty)$ при любом $\alpha\in\mathbb R$ , а при $\alpha > 0$ — на $[0, +\infty)$ (где $0^\alpha = 0$ ). 7. Всякая элементарная функция непрерывна в каждой точке своей области определения.

Доказательство

Развернуть

Для $f(x) = c$ имеем $|f(x) - f(a)| = 0 < \varepsilon$ при любом $\delta$ ; для $f(x) = x$ достаточно взять $\delta = \varepsilon$ . Тогда $x^n = x\cdot\ldots\cdot x$ непрерывна как произведение непрерывных функций (индукция по $n$ ), многочлен $\sum c_kx^k$ — как сумма произведений непрерывных функций, а $\frac PQ$ — как частное непрерывных функций в точках, где $Q\ne 0$ (теорема об арифметических операциях над непрерывными функциями).
При доказательстве первого замечательного предела установлено неравенство $\sin t < t$ при $0 < t < \frac\pi2$ ; по нечётности $|\sin t| < |t|$ при $0 < |t| < \frac\pi2$ , а при $|t|\ge\frac\pi2 > 1$ имеем $|\sin t|\le 1 < |t|$ . Итак, $|\sin t|\le|t|$ для всех $t$ . Отсюда

|\sin x - \sin a| = 2\Bigl|\sin\frac{x - a}2\Bigr|\Bigl|\cos\frac{x + a}2\Bigr|\le 2\cdot\frac{|x - a|}2 = |x - a|,

и аналогично $|\cos x - \cos a| = 2\bigl|\sin\frac{x - a}2\bigr|\bigl|\sin\frac{x + a}2\bigr|\le|x - a|$ . Поэтому в определении непрерывности на языке $\varepsilon$ – $\delta$ можно взять $\delta = \varepsilon$ . Функции $\operatorname{tg} x = \frac{\sin x}{\cos x}$ и $\operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$ непрерывны как частные там, где знаменатель не равен нулю.

На $[-\frac\pi2, \frac\pi2]$ функция $\sin$ непрерывна и строго возрастает: при $-\frac\pi2\le x < y\le\frac\pi2$ имеем $\sin y - \sin x = 2\sin\frac{y - x}2\cos\frac{y + x}2 > 0$ . По теореме об обратной функции её множество значений — отрезок $[\sin(-\frac\pi2), \sin\frac\pi2] = [-1, 1]$ , а обратная функция $\arcsin$ непрерывна на $[-1, 1]$ . Аналогично $\cos$ строго убывает на $[0, \pi]$ ( $\cos y - \cos x = -2\sin\frac{y + x}2\sin\frac{y - x}2 < 0$ ), и $\arccos$ непрерывен на $[-1, 1]$ . На $(-\frac\pi2, \frac\pi2)$ функция $\operatorname{tg}$ непрерывна и строго возрастает: $\operatorname{tg} y - \operatorname{tg} x = \frac{\sin(y - x)}{\cos x\cos y} > 0$ при $x < y$ . При $x\to\frac\pi2 - 0$ имеем $\sin x\to 1$ , $\cos x\to+0$ , поэтому $\frac1{\cos x}$ — бесконечно большая (связь бесконечно малых и бесконечно больших) и $\operatorname{tg} x\to+\infty$ ; аналогично $\operatorname{tg} x\to-\infty$ при $x\to-\frac\pi2 + 0$ . По теореме об обратной функции множество значений — интервал $(\inf\operatorname{tg}, \sup\operatorname{tg}) = \mathbb R$ , и $\operatorname{arctg}$ непрерывен на $\mathbb R$ . Для $\operatorname{ctg}$ на $(0, \pi)$ (строго убывает: $\operatorname{ctg} x - \operatorname{ctg} y = \frac{\sin(y - x)}{\sin x\sin y} > 0$ ) рассуждение то же, и $\operatorname{arcctg}$ непрерывен на $\mathbb R$ .
Пусть $a > 1$ . Используем известные свойства степени с действительным показателем: $a^x > 0$ , $a^{x + y} = a^xa^y$ , $a^0 = 1$ , $a^x$ строго возрастает. Покажем, что $a^{1/n}\to 1$ . Положим $h_n = a^{1/n} - 1 > 0$ ; по неравенству Бернулли $a = (1 + h_n)^n\ge 1 + nh_n$ , откуда $0 < h_n\le\frac{a - 1}n$ , и по теореме о трёх последовательностях $h_n\to 0$ . Тогда и $a^{-1/n} = \frac1{a^{1/n}}\to 1$ . Для $\varepsilon\in(0, 1)$ выберем $n$ так, что $a^{1/n} < 1 + \varepsilon$ и $a^{-1/n} > 1 - \varepsilon$ . При $|x| < \delta = \frac1n$ по монотонности

1 - \varepsilon < a^{-1/n} < a^x < a^{1/n} < 1 + \varepsilon,

т. е. $|a^x - 1| < \varepsilon$ : функция непрерывна в нуле. В произвольной точке $x_0$ приращение

\Delta y = a^{x_0 + \Delta x} - a^{x_0} = a^{x_0}\bigl(a^{\Delta x} - 1\bigr)\to 0\quad(\Delta x\to 0),

что по определению непрерывности через приращения означает непрерывность в $x_0$ . При $0 < a < 1$ имеем $a^x = \frac1{(1/a)^x}$ , где $\frac1a > 1$ , и непрерывность следует из теоремы о частном. Частный случай $a = e > 1$ даёт непрерывность $e^x$ .

Пусть $a > 1$ . Функция $a^x$ непрерывна и строго возрастает на $\mathbb R$ . По неравенству Бернулли $a^n = (1 + (a - 1))^n\ge 1 + n(a - 1)$ , так что $a^x$ не ограничена сверху, а $a^{-n} = \frac1{a^n}\le\frac1{1 + n(a - 1)}$ , так что $\inf a^x = 0$ (все значения положительны). По теореме об обратной функции множество значений есть $(0, +\infty)$ , а обратная функция $\log_a x$ строго возрастает и непрерывна на $(0, +\infty)$ . При $0 < a < 1$ имеем $\log_a x = -\log_{1/a} x$ , и непрерывность следует из уже доказанного.
При $x > 0$ по определению степени $x^\alpha = e^{\alpha\ln x}$ . Функция $\ln x$ непрерывна на $(0, +\infty)$ (п. 5), $\alpha\ln x$ — тоже, а $e^t$ непрерывна на $\mathbb R$ (п. 4); по теореме о непрерывности сложной функции $x^\alpha$ непрерывна на $(0, +\infty)$ . Пусть $\alpha > 0$ ; тогда $x^\alpha$ строго возрастает на $(0, +\infty)$ как композиция возрастающих функций, и для $\varepsilon > 0$ при $0\le x < \delta = \varepsilon^{1/\alpha}$ имеем $0\le x^\alpha < \delta^\alpha = \varepsilon$ , т. е. $x^\alpha$ непрерывна справа в нуле.
Элементарная функция получается из основных элементарных функций и постоянных с помощью конечного числа арифметических операций и композиций. Индукцией по числу операций: если функции, участвующие в очередной операции, непрерывны в каждой точке своих областей определения, то по теоремам об арифметических операциях над непрерывными функциями и о непрерывности сложной функции результат непрерывен в каждой точке своей области определения. База — пп. 1–6. $\blacksquare$

Число e

Формулировка

Последовательность

x_n = \left(1 + \frac1n\right)^n

строго возрастает и ограничена сверху, следовательно, сходится. Её предел обозначается $e$ :

e = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac1n\right)^n,

причём $2 < e < 3$ (точнее, $2{,}37\le e\le 2{,}75$ ; $e = 2{,}718281828\ldots$ ).

Доказательство

Развернуть

По формуле бинома Ньютона

x_n = \sum_{k=0}^n C_n^k\frac1{n^k} = 1 + 1 + \sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1 - \frac1n\right)\left(1 - \frac2n\right)\cdots\left(1 - \frac{k - 1}n\right),

поскольку $\frac{C_n^k}{n^k} = \frac{n(n - 1)\cdots(n - k + 1)}{k!\,n^k} = \frac1{k!}\prod_{j=1}^{k-1}\left(1 - \frac jn\right)$ .

Монотонность. В аналогичной записи $x_{n+1}$ стоит $n + 2$ слагаемых. При каждом $k = 2, \ldots, n$ $k$ -е слагаемое в $x_{n+1}$ больше, чем в $x_n$ , так как $1 - \frac j{n + 1} > 1 - \frac jn > 0$ при $1\le j < k\le n$ ; кроме того, в $x_{n+1}$ есть дополнительное положительное слагаемое с $k = n + 1$ . Поэтому $x_{n+1} > x_n$ .

Ограниченность. Все произведения в скобках не превосходят $1$ , а $k! = 2\cdot 3\cdots k\ge 2\cdot 3^{k-2}$ при $k\ge 2$ . Поэтому

x_n\le 2 + \sum_{k=2}^n\frac1{k!}\le 2 + \frac12\sum_{k=2}^n\frac1{3^{k-2}} = 2 + \frac12\cdot\frac{1 - 3^{-(n-1)}}{1 - \frac13} < 2 + \frac34 = 2{,}75.

По теореме Вейерштрасса последовательность сходится и $e = \sup x_n$ . Так как она строго возрастает, $e\ge x_3 = \left(\frac43\right)^3 = \frac{64}{27} > 2{,}37 > 2$ . По предельному переходу в неравенстве $x_n < 2{,}75$ получаем $e\le 2{,}75 < 3$ . $\blacksquare$

Формула Тейлора для многочленов

Формулировка

Всякий многочлен $P(x)$ степени $n$ при любом $a\in\mathbb R$ раскладывается по степеням $x - a$ , причём коэффициенты разложения однозначно определяются производными $P$ в точке $a$ :

P(x) = \sum_{k=0}^n\frac{P^{(k)}(a)}{k!}(x - a)^k.

Иначе говоря, для многочлена степени $n$ остаточный член $R_n$ формулы Тейлора тождественно равен нулю. 2. Если $Q(x) = \sum_{m=0}^nc_m(x - a)^m$ , то $Q^{(k)}(a) = k!\,c_k$ при $0\le k\le n$ и $Q^{(k)}\equiv 0$ при $k > n$ . В частности, многочлен Тейлора $P_n$ функции $f$ удовлетворяет условиям $P_n^{(k)}(a) = f^{(k)}(a)$ , $k = 0, \ldots, n$ .

Доказательство

Развернуть

Существование разложения. Запишем $P(x) = \sum_{j=0}^nb_jx^j$ и подставим $x = a + (x - a)$ . По формуле бинома Ньютона

x^j = \bigl(a + (x - a)\bigr)^j = \sum_{m=0}^jC_j^ma^{j - m}(x - a)^m,

и после приведения подобных $P(x) = \sum_{m=0}^nc_m(x - a)^m$ с некоторыми числами $c_m$ (причём $c_n = b_n\ne 0$ ).

Производные степеней. По формуле для производных высших порядков степенной функции (и правилу дифференцирования сложной функции с линейной внутренней функцией)

\bigl((x - a)^m\bigr)^{(k)} = \begin{cases}\dfrac{m!}{(m - k)!}(x - a)^{m - k}, & k\le m,\\[2mm] 0, & k > m.\end{cases}

Вычисление коэффициентов. Дифференцируя сумму $Q(x) = \sum_{m=0}^nc_m(x - a)^m$ почленно $k$ раз (производная суммы равна сумме производных) и подставляя $x = a$ , получаем, что все слагаемые с $m > k$ обращаются в нуль (содержат множитель $(x - a)^{m - k}$ ), слагаемые с $m < k$ — тождественный нуль, а слагаемое с $m = k$ даёт $k!\,c_k$ . Итак, $Q^{(k)}(a) = k!\,c_k$ , т.е. $c_k = \frac{Q^{(k)}(a)}{k!}$ ; при $k > n$ все слагаемые дают нуль. Это доказывает п. 2.

Применяя п. 2 к разложению $P(x) = \sum c_m(x - a)^m$ , получаем $c_k = \frac{P^{(k)}(a)}{k!}$ , что доказывает формулу п. 1 и однозначность коэффициентов. Применяя п. 2 к $P_n(x) = \sum\frac{f^{(m)}(a)}{m!}(x - a)^m$ , находим $P_n^{(k)}(a) = k!\cdot\frac{f^{(k)}(a)}{k!} = f^{(k)}(a)$ . $\blacksquare$

Элементы логики. Метод математической индукции

Отрицание высказываний: законы де Моргана

Формулировка

Доказательство

Построение отрицания высказываний с кванторами

Формулировка

Доказательство

Связь прямой, обратной и противоположной теорем

Формулировка

Доказательство

Метод доказательства от противного

Формулировка

Доказательство

Принцип математической индукции

Формулировка

Доказательство

Неравенство Бернулли

Формулировка

Доказательство

Бином Ньютона

Формулировка

Доказательство

Построение отрицаний утверждений с кванторами

Условие

Решение

Тавтологии и неравносильные формулы

Условие

Решение

Суммы квадратов и кубов натуральных чисел

Условие

Решение

Индукция в неравенстве и в задаче о делимости

Условие

Решение

Монотонность последовательностей, связанных с числом e

Условие

Решение

Применения бинома Ньютона

Условие

Решение

Обратная и противоположная теоремы. Иррациональность корня из трёх

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Высказывания и логические операции

Предикаты и кванторы

Теорема как импликация. Необходимые и достаточные условия

Прямая, обратная и противоположная теоремы

Факториал и биномиальные коэффициенты

Свойства операций над множествами

Формулировка

Доказательство

Эквивалентность определений предела по Коши и по Гейне

Формулировка

Доказательство

Критерий точной верхней грани

Формулировка

Доказательство

Связь равномерной непрерывности и непрерывности в точке

Формулировка

Доказательство

Несчётность множества действительных чисел

Формулировка

Доказательство

Принцип Архимеда

Формулировка

Доказательство

Принцип вложенных отрезков (Коши–Кантора)

Формулировка

Доказательство

Число e как сумма ряда. Иррациональность e

Формулировка

Доказательство

Неравенство Йенсена

Формулировка

Доказательство

Следствия правил дифференцирования. Производная степени и многочлена

Формулировка

Доказательство