Курс лекций по математическому анализу. Основы теории множеств. Действительные числа Основы теории множеств. Действительные числа. Введение в теорию множеств. Логическая символика sets

• Название: Курс лекций по математическому анализу. Основы теории множеств. Действительные числа Основы теории множеств. Действительные числа. Введение в теорию множеств. Логическая символика sets
• Анкор: lektsii_po_matematicheskomu_analizu
• Дата: 03.09.2022
• Размер: 1.12 Mb.
• Имя файла: lektsii_po_matematicheskomu_analizu.pdf
• Тип: Курс лекций; #660797
• страница: 13 из 18

, если a > 0 и c ?
b
2 4|a|
> 0
, где ? =
?
c ?
b
2 4|a|
,
(237)
s05.43hc
?
R
1
(y,
?
y
2
? ?
2
) dy

, если a > 0 и c ?
b
2 4|a|
< 0
, где ? =
?
b
2 4|a|
? c,
(238)
s06.43hc
?
R
1
(y,
?
?
2
? y
2
) dy
, если a < 0 и c ?
b
2 4|a|
> 0
, где ? =
?
c ?
b
2 случай, когда a < 0 и c ?
b
2 4|a|
< не имеет смысла, ибо тогда подкоренное выражение в интеграле будет отрицательным для всех Дадим методы интегрирования для каждого из интегралов (
s05.43hc
237), (
s06.43hc
238) и (
s08.43hc
239).
1. Интеграл (
s05.43hc

237) можно найти с помощью подстановки y = ? tg t. Тогда+ ?
2
=
??
2
(tg
2

t + 1) = ?
?
1
cos
2
t
=
?
cos ив) получается интеграл от рациональной функции от синуса и косинуса, который вычисляется согласно методам, изложенными в џ
R(sin , считается, что в подкоренном выражении стоит квадрат от положительной величины. Интеграл (
s06.43hc
238) можно найти с помощью подстановки y =
?

cos Тогда ?
2
=
?
?
2
(
1
cos
2
t

? 1) = ?
?
1?cos
2
t cos
2
t
= ?
?
sin
2
t cos
2
t
= ? tg ив) получается интеграл от рациональной функции от синуса и косинуса, который вычисляется согласно методам, изложенными в џ
R(sin , cos)
41.
3. Интеграл (
s08.43hc
239) можно найти с помощью подстановки y = ? sin t. Тогда y
2
=
?
?
2
(1 ? sin
2
t) = ? cos ив) получается интеграл от рациональной функции от синуса и косинуса, который вычисляется согласно методам, изложенными в џ
R(sin , cos)
41.
43.3. Гиперболические подстановки changes hip Изложенными в п changes
43.2 методами выходим на интегралы (
s05.43hc
237), (
s06.43hc
238) и (
s08.43hc
239).
1. Интеграл (
s05.43hc

237) можно найти с помощью подстановки y = ? sh t. Тогда+ ?
2
=
?
?
2
(sh
2

t + 1) = ?
?
ch
2
t = ? ch см. формулу (
s01.42hc
229) ив) получается интеграл

от рациональной функции от гиперболических синуса и косинуса, который вычисляется согласно методам, изложенными в п , ch)
42.2 џ
sh ch
42.
2. Интеграл (
s06.43hc

238) можно найти с помощью подстановки y = ? ch t. Тогда ?
2
=
?
?
2
(ch
2

t ? 1) = ?
?
sh
2
t = ? sh см. формулу (
s01.42hc
229) ив) получается интеграл от рациональной функции от гиперболических синуса и косинуса, который вычисляется согласно методам, изложенными в п , ch)
42.2 џ
sh ch
42 (считается, что в подкоренном выражении стоит квадрат от положительной величины. Интеграл (
s08.43hc
239) можно найти с помощью подстановки y = ? th t. Тогда y
2
=
?
?
2
(1 ? th
2
t) = ?
?
1
ch
2
t
=
?
ch см. формулу (
s02.42hc
230) ив) получается интеграл от рациональной функции от гиперболических синуса и косинуса, который вычисляется согласно методам, изложенными в п , ch)
42.2 џ
sh ch
42 (считается, что в подкоренном выражении стоит квадрат от положительной величины).
Для интегралов вида есть формулы через неопределјнные коэффициенты. Однако вряд ли они приведут к решению быстрее, чем удачно подобранная гиперболическая или тригонометрическая подстановки. К тому же далеко не всякую квадратичную иррациональность можно проинтегрировать этим методом sq 2 lin
44 Интегралы от двух линейных иррациональностей.
44. Интегралы от двух линейных иррациональностей.
int sq 2 То есть интеграл вида + b,
?
cx + d) dx.
(240)
s44.01hc
C помощью подстановки ax + b = или cx + d = вычисление интеграла (
s01.44hc
??) сводится к интегрированию квадратичной иррациональности от переменной y. Методы нахождения таких интегралов были даны в џ
int sqrt
43.
џ
int el func
45 Интегрирование в элементарных функциях. Интегрирование в элементарных функциях el Первообразная далеко не от всякой элементарной функции будет элементарной. Например он называется функцией Лапласа, a также e x
2
dx элементарными функциями не являются.
Пример int el func
45.1. Найдјм
? e
?x
2

x Сделаем подстановку y = Тогда dy = ?2x dx, то есть x dx = ?
1 и e
?x
2

x dx = ?
1 2
? e y
dy = ?
e y
2

+ c = ?
e
?x2 2
+ c
 элементарная функция.
Контрпример int el func
45.1. Пусть f (x) = и g(x) Тогда интегралы от f(x) (cм.пример int el и от g(x) являются элементарными функциями, а интеграл от их произведения f (x)g(x) = e
?x
2
 нет(он будет функцией Лапласа. Поэтому форомулы от интеграла произведения (а также и от интеграла частного, для чего в предыдущем случае нужно положить g(x) = x) быть не может

45.1. Дифференциальный бином (теорема Чебышева bin dif Теорема dif bin
45.1.1 (П.Л.Чебышев). Дифференцифльный бином m
(ax n
+ b)
p dx,
(241)
s01.45hc где a и b  действительные числа, a m, n и p  рациональные числа, является элементарной функцией лишь в слeдующих трјх случаях. p  целое целое и+ p
 целое.
Доказываем только достаточность, то есть как найти интеграл (
s01.45hc
241 в вышеназванных трјх слу- чаях.
В первом случае надо сделать подстановку x = где N  наименьшее общее кратное знаменателей дробей m и n. Тогда mN и nN будут целыми числами. и интеграл (
s01.45hc
241) станет интегралом от рациональной функции от переменной z.
Bo втором случае, полагая p =
k делаем подстановку ax n
+ b = z Тогда x = (
z l
?b a
)
1
n и =
1
n
(
z l
?b a
)
1
n
?1 l a
z l?1
dz и x m
(ax n
+b)
p dx =
? (
z l
?b a
)
m n
z pl 1
n
(
z l
?b a
)
1
n
?1 l a
z l?1
dz ибо pl = k)
=
l an
? (
z l
?b a
)
m+1
n
?1
z k+l?1
dz.
Bce степeни являются целыми числами и у нас получился интеграл от рациональной функции попеременной третьем случае вводим новую переменную интегрирования z l
= где число l определeно в предыдущем случае. Тогда x = (
z l
?a b
)
?
1

n и = ?
1
n
(
z l
?a b
)
?
1
n
?1 l b
z Делаем подстановку x m
(ax n
+ b)
p dx =
? x m
x np
(a + bx
?n
)

p dx = ?
l bn
? x m+np z
pl
(
z l
?a b
)
?
1
n
?1
z l?1
dz =
= ?
l bn
? (
z l
?a b
)
?
m+np n
z pl
(
z l
?a b
)
?
1
n
?1
z l?1
dz = ?
l bn
? (
z l
?a b
)
?(
m+1
n
+p)?1
z ибо pn = k. Bce степeни являются целыми числами и у нас получился интеграл от рациональной функции попеременной ОПРЕДЕЛњННЫЙ И НЕСОБСТВЕННЫЕ ИНТЕГРАЛЫ def int
46 Определение определјнгого интеграла (Римана. Определение определјнгого интеграла (Римана def int
46.1. Bеpxние и нижние суммы Дарбу и их геометрический смысл sums
Darbu Пусть f(x) ограниченная на отрезке [a, b] функция и M = sup
[a,b]
|f (см. п/п sup and inf
1.4.6 в п Отрезок [a, b] разобьјм на n частей = x
0
< x
1
< x
2
< . . . < x n?1
< x n
= Это разбиение обозначим за Пусть далее ?x k
= [x k?1
, x k
]
 отрезок (k = 1, 2, . . . , n), a |?x k
| =
x k
? x k?1
 его длина, M
k
= sup
?x k
f (и m k
= inf
?x k
f (Рассмотрим далее s
n
=
n
?
k=1
m k
?x k
= m
1
?x
1
+ m
1
?x
2
+ . . . + m n
?x и s
n
=
n
?
k=1
M
k
?x k
= M
1
?x
1
+ M
1
?x
2
+ . . . + M
n
?x Определение def def int
46.1 Суммы s n
,
определјнные равенством (
s01.46hc
243), называются ми нижними суммами Дарбу.
Определение def def int
46.2 Суммы s n
,
определјнные равенством (
s02.46hc
244), называются ми верхними суммами Дарбу.
Геометрический смысл сумм Дарбу.
Если f(x) ? 0, то верхняя сумма Дарбу  это суммы площадей прямоугольников с основанием на оси абсцисс и описанных около графика функции y = f(x), a нижняя сумма Дарбу  это суммы площадей прямоугольников с основанием ?x на оси абсцисс и вписанных в график функции y = f (Читателю рекомендуется самостоятельно нарисовать чертјж.
Свойства сумм Дарбу.
Очевидно, что s
n
? s для любого натурального Теорема def def int
46.1. При добавлении к разбиению конечного числа точек верхние суммы Дарбу не увеличиваются, а нижние суммы Дарбу не уменьшаются.
Теорему достаточно доказать для добавления к сумме Дарбу одной точки далее по индукции.
Здесь мы используем свойство если B ? A, то sup(B) ? sup A и inf(B) ? inf(A). B caмом деле,
если S = sup(A), то всякий элемент b ? B b ? S, то есть S ограничивает множество B сверху, а sup(B)
 это наименьшее из таких чисел. Поэтому sup(B) ? S = sup(A). Аналогично для нижней грани.
Доказательство теоремы def def Теорему доказываем для верхних сумм Дарбу, для нижних сумм Дарбу она доказывается аналогично и читателю предлaгается провести его самостоятельно.
Итак в разбиение T
n добавим одну точку x
k?
1 2
? (x k?1
, x k
).
Bce cлагаемые, за исключением го, в верхней сумме Дарбу не изменились, a k-e слагаемое sup
[x k?1
,x k
]
f (x)(x k
? x k?1
) =
90

=
sup
[x k?1
,x k
]
f (x)((x k
? x k?
1 2

) + (x k?
1 2
? x k?1
)) =
sup
[x k?1
,x k
]
f (x)(x k
? x k?
1 2
)+
+ sup
[x k?1
,x k
]

f (x)(x k?
1 2
? x k?1
) ?
sup
[x k?1
,x k? 1 2
]
f (x)(x k
? x k?
1 2
) +
sup
[x k? 1 2
,x k
]

f (x)(x k?
1 2
? x А правая часть последнего неравенства  это изменјнное е слагаемое в T
n верхней суммы
Дарбу. Теорема def def int
46.1 для верхних сумм Дарбу доказана.
Следует отметить, что для любых разбиений T
m и T
n отрезка [a, b] соответствующие суммы
Дарбу s m
? s n
B самом деле, тусть разбиение T
m,n состоит из точек как разбиения таки разбиения то есть является продолжением обоих разбиений. Тогда, по теореме def def int
46.1 и неравенству) получим s
m
? s m,n
? s m,n
? s Тогда сущеcтвуют
I = sup{s и I = inf{s n
}.
(247)
s05.46hc
Причјм для всякого разбиения T
n величина s ограничивает множество нижних сумм Дарбу сверху,
а (I)  самое маленькое из этих чисел. Поэтому I ? s для всякого разбиения Поэтому I является числом, ограничивающим множество верхних сумм Дарбу снизу, а I  самое большое из этих чисел.
Следовательно,
I ? Определение def def int
46.3.
Определјнная равенством (
s05.46hc
247) величина I называется нижним интегралом от функции f(x) на отрезке [a, Определение def def int
46.4.
Определјнная равенством (
s05.46hc
247) величина I называется верхним интегралом от функции f(x) на отрезке [a, Определение def def int
46.5. Если I = I = I, то это величина I называется определјнным интегралом (Римана) от функции f(x) на отрезке [a, b]. запись =
b
?
a f(x) dx.
Оптределение def def int
46.6. Если существует b
?
a f (x) то функция f(x) называется интегрируемой по Риману на отрезке [a, Имеет место следующая теорема def def int
46.2. Справедливы равенств =
lim max |?x k
|?0
s и I =
lim max |?x k
|?0
s Доказательство теоремы def def int
46.2 основывается на больших чертежах. На одном чертеже надо будет рисовать три разбиения, и поэтому здесь доказательство этой теоремы мы опустим. Интегральные суммы Римана Rieman's sums int Rieman's В каждом отрезке ?x k
= [x k?1

, x выберем по точке Рассмотрим следующие суммы (?
k
)|?x k

| = f (?
1
)|?x
1

| + f (?
2
)|?x
2

| + . . . + f (?
n
)|?x Очевидно, что s n
? s n
? s и поэтому можно дать другие, эквивалентные определениями определения интегрируемости и интеграла Римана

Определение def def int
46.7. Функция f(x) называется интегрируемой по Риману на отрезке, если существует I =
lim max |?x k
|?0
n
?
k=1
f (?
k
)|?x и этот предел не зависит от выбора точек ?x Определение def def int
46.8. Определјнная в определении def def int
46.7 величина I называется интегралом
Римана от функции f(x) на отрезке [a, b]. Запись f(x) dx =

lim max |?
x k
|?
0
n
?
k=1
f(?
k
)|?
x k
|.
(251)
s10.46hc
46.3. Один пример и контрпример on int ex on Пример def def int
46.1. Найти b
?
a По формулу (
s10.46hc
251) для f(x) ? 1 получаем b
?
a dx =
lim max |?x k
|?0
n
?
k=1
(x k
? x k?1
=
=
lim max |?x k
|?0
(x n
? x n?1
+ x n?1
? x n?2
+ . . . + x
2
? x
1
+ x
1
? x
0
) = x n
? x
0
= b ? см. равенство (Итак, показано, что b
?
a dx = b ? Попутно мы получили равенство n
?
k=1
|?x k
| =
n
?
k=1
(x k
? x k?1
) = x n
? x
0
= b ? Контрпример def def int
46.1 Функция Дирихле D(x) =
? 1
, если x  рациональное число
0
для иррационального по Риману не интегрируемая, ибо если в интегральной сумме Римана (
s10.46hc

251) положим ?
k иррациональными числами, то правая часть равенства (
s10.46hc
251) будет равна нулю, а для рациональных согласно формуле, она равна b ? a. Получилось, во всяком случае, зависимость от выбора точек ?
k
46.4. Критерий интегрируемости по Риману int crit int
46.4
Teopeма def def int
46.3 (критерий интегрируемости по Риману. Функция f(x) интегрируема по Риману на отрезке [a, b] тогда и только тогда, когда для любого положительного числа ?
найдјтся такое ? > 0, что для всякого разбиения T такого, что max |?x k
| < и всех точек ?x и ?
k
? ?x выполнено неравенство n
?
k=1
|f (?
k

) ? f (?
k
)||?x k
| < Сначала докажем, чтот справедлива следующая лемма def def int
46.1. Функция f(x) интегрируема по Риману на отрезке [a, b] тогда и только тогда,
когда для любого положительного числа ? найдјтся такое разбиение T, что верхние и нижние суммы Дарбу поэтому разбиению удовлетворяют условию s
n
? s n
< ?.
(255)
s15.46hc
92

Доказательство леммы def def Из определеий def def int
46.3,
def def int
46.4 и def def int
46.5, a также равенства (
s05.46hc
247) получаем, что I = sup{s n
} = inf s Поэтому число I +уже не ограничиивает множество верхних сумм Дарбу снизу, а I не ограничивает множество нижних сумм Дарбу сверху. Поэтому найдјтся такое разбиение отрезка [a, что I ?
?
2
< s n
? s n
< I +если получились разные разбиения, то их можно объединить как при доказательстве неравенства (
s04.46hc
246)). Поэтому s n
? s n
< (I +
?
2

) ? (I ?
?
2
) = ?.
Неравeнство (
s15.46hc
255)
доказано.
Если же выполнено неравенство (
s15.46hc
255) и I ?= I, то (см. также неравенство (
s06.46hc
248)), положив ? получим 0 ? I ?I = inf{s n
} ? sup{s n
} ? s n
? s n
< ? то есть положительное число меньше, чем его половина. Полученное противоречие показывает, что I = I, то есть функция f(x) интегрируема по Риману. Лемма def def int
46.1 доказана.
Доказательство теоремы def def Напомним, что M
k
= sup
?x k
f (и m k
= inf
?x k
f (Тогда n
?
k=1
|f (?
k

) ? f (?
k
)||?x k
| ?
n
?
k=1
(M
k
? m k
)|?x k
| =
n
?
k=1
M
k
|?x k
| ?
n
?
k=1
m k
|?x k
| = s n
? s n
< то есть из леммы def def int
46.1 следует теорема def def int

46.3 (ранее упоминалось, что можно перейти к lim max |?x Пусть теперь задано любое положительное число ?. Подберјм точки ?
k

? ?x и ?
k
? ?x k
так,

что f (?
k
) < m k
+
?
4(b?a)
? M
k
?
?
4(b?a)
< f (можно считать, что ? достаточно мало, и поэтому среднее неравенство выполняется. Из условия теоремы для числа
?
2
заключаем, что n
?
k=1
|f (?
k

) ? f (?
k
)||?x k
| Тогда s n
? s n
=
n
?
k=1
M
k
|?x k
| ?
n
?
k=1
m k
|?x k
| =
n
?
k=1
(M
k
? m k
)|?x k
| =
=
n
?
k=1
((f (?
k
) +
?
4(b?a)
)|?x k

| ? (f (?
k
) ?
?
4(b?a)
)|?x k
|) =
n
?
k=1
(f (?
k

) ? f (?
k
))|?x k
| +
?
2(b?a)
n
?
k=1
|?x k
| <
<
?
2
+
?
2(b?a)
(b ? a) =
?
2
+
?
2
= ?
(см.также равенство (
s13.46hc
253)), то есть из (
s15.46hc
255) следует (
s14.46hc
254). Теорема def def int
46.3 доказана. Интегрируемость непрерывной функции cont int Теорема def def int
46.4. Всякая непрерывная на отрезке [a, b] функция интегрируема (по Риману) на нјм.
Д ока за тел ь ст в По теореме Канторам. п continious
11.4 в џ
continious on segment
11) функция f(x) равномерно непрерывна на отрезке [a, b], то есть для любого положительного числа ? найдјтся ? > 0 такое, что для всех ?

k и удовлетворяющих условию |?
k
? ?
k
| < выполнено нeравенство
|f (?
k

) ? f (?
k
)| <
?
b ? a
(256)
s16.46hc
Берјм теперь такое разбиение T отрезка [a, b], что max |?x k
| < Тогда из (
s16.46hc
256) и (
s13.46hc
253) получаем то есть выполнено усллвие (
s14.46hc
254), и интегрируемость функции f(x) следует из теоремы def def int
46.3. Теорема def def int
46.4 доказана.
Теорема def def int
46.5. Если функция f(x) непрерывна в интервале (a, b) и ограничена на нм, то она интегрируема (по Риману).
Д ока за тел ь ст в Пусть задано произвольное ? > 0. Обозначим за ? = a +и за ? = b напоминаем, что = sup
[a,b]
|f (Так как функция f(t), по теореме Кантора, равномерно непрерывна на отрезке [?, ?],
93

то для положительного числа
?
6(b?a)