1 курс МФТИ матан. Сборник распространенных вопросов
 Скачать 0.6 Mb.
|
|
7.Что такое инвариантность формы дифференциала Обладают ли ей первый и второй дифференциалы функции многих переменных? Инвариантностью формы дифференциала называют независимость формы его записи оттого, зависит ли функция от независимого аргумента, или от другой функции x(t). Этим свойством, как ив случае функций одной переменной, обладает первый дифференциал, ноне обладает второй и более высоких порядков(т.к. при втором дифференцировании появляется слагаемое d 2 x, равное нулю в случае независимой переменной, но принимающее различные ненулевые значения в случае функции Замечание если замена переменных линейная, то d 2 x i = 0, и второй дифференциал, как и все последующие, также обладает инвариантностью формы. 8. Обязательно ли равны смешанные частные производные 2- го порядка функции, взятые в разном порядке? Нет, необязательно. Контрпример("пример Шварца"): w(x, y) = xy(x 2 − y 2 ) (x 2 + y 2 ) , (x, y) =(0, 0), 0, (x, y) = (0, Легко доказать, что у данной функции w 0 x (0, y) = −y ∀y ∈ R; w 0 y (x, 0) = x ∀x ∈ R, и отсюда w 00 xy (0, 0) = −1; w 00 yx (0, 0) = Когда смешанные частные производные функции го порядка всё же равны? Согласно теореме, доказанной в курсе, если функция определена в некоторой окрестности точки, имеет в этой окрестности вторые частные производные f 00 xy и f 00 yx , которые непрерывны в данной точке, тов этой точке их значения совпадают. Верно ли, что существование дифференциала функции в точке эквивалентное дифференцируемости в этой точке? Да, эти понятия просто определяются одно через другое, и потому эквивалентны Мера Жордана 1.Измеримо ли по Жордану множество X = [0, 1] ∩ Нет, неизмеримо. Докажем, что его верхняя мера Жордана ≥ 1. Действительно, пусть мы покрыли X семейством отрезков так, что их суммарная длина меньше 1. Но тогда получили хотя бы один непокрытый интервала в нём по теореме о всюду плотности рациональных чисел есть элементы- противоречие Теперь докажем, что его нижняя мера Жордана ноль. Действительно, пусть в X содержится хоть один отрезок ненулевой длины - но тогда в нём есть иррациональные числа - противоречие! Значит, верхняя и нижняя меры Жордана не совпадают, и множество неизмеримо. Замечание: X измеримо по Лебегу, причём его мера равна нулю. 2. Пусть Г - график f (x) = sin 1 x . Измеримо ли по Жордану а)Г; б)замыкание Г а)Рассмотрим f(x) на h 1 π 2 +nπ , 1 π 2 +(n+1)π = [a, На нем f(x) монотонна. Разобьем [a, b) на k равных частей X i = [e i−1 , e i ) × [f (c i−1 ), f (c Так как µ ∗ (c i − c i−1 )(f (c i−1 ) − f (c i )) = b−a k (f (c i−1 ) − f (c то µ ∗ (Γ f (x) ∆ ) ≤ P k i=0 µ ∗ (x i ) = b−a k ×( P k i=0 (f (c i−1 )−f (c i ))) = b−a k (f (c i−1 )− f (c i )) = 2 b−a Так как lim x→a b−a k = 0, то µ ∗ (Γ f (x) ∆ ) = 0 => µ(Γ f (x) ∆ ) = Аналогично на промежутке ∆ ∗ [ π 2 , 1]µ(Γ f (x) ∆ ) = б) D n = (0, 1 π 2 +πn ) × [−1, Получим Γ f (x) ⊂ D n ∪ ( S n 0 Γ f (При этом µ ∗ (D n ∪ S n 0 Γ f (x) δi ) = µ ∗ (D n ) → 0 => µ ∗ (Γ f (x) = 0) => µ ∗ Γ f (x) = µ ∗ Γ f (x) = µΓ f (x) = 0 => Γ f (x) - измеримо по Жордану Γ f (измерим по Жордану и его мера = 0. Множество x = 0 : −1 ≤ y ≤ оно входит в замыкание - см. пример 14 пункта 1) измеримо по Жордану и его мера также равна 0, так как клетка в R 2 - прямоугольник. Так как эти два множества не имеют общих точек, то замыкание, являющееся объединением этих множеств тоже измеримо по Жордану и его мера равна Измеримо ли множество членов сходящейся последовательности Пусть {x k } ∞ i сходящаяся последовательность точек x k −→ a в пространстве, а Ω множество, состоящее из членов этой последовательности. Тогда множество Ω измеримо и µ(Ω) = 0. В качестве множества можно выбрать пустое множество ∅. Множество B строится следующим образом (см. рис 2). Согласно определению предела 0 ∃N ∈ N : ∀k > N =⇒ ρ(x k , a) начиная с некоторого номера, все члены последовательности за исключением, быть может, конечного числа, содержатся в шарике радиуса который, в свою очередь, можно вписать в клетку со стороной n √ ε и, следовательно, мерой ε. Каждую из оставшихся N точек можно заключить в клетку с центром в этой точке и мерой a. Значение для меры этой клетки выбирается исходя из условия a · N ε = ε. В качестве множества теперь можно выбрать объединение всех вышеназванных клеток. Таким образом, выполняется оценка) ≤ ε + a · N = 2ε. 15 Ω измеримо согласно определению измеримого множества > 0, ∃A = ∅, B : A ⊂ Ω ⊂ B µ(B) − µ(A) ≤ ε 1 Существенно ли в предыдущем пункте требование существования предела? Да, существенно. Например, множество [0, 1] ∩ Q имеет туже мощ- ность(оно счётно), ноне имеет предела, и оно оказывается неизмери- мо(см. пример Доказать, что спрямляемая кривая в R n измерима по Жор- дану, причём её мера ноль. Поскольку кривая спрямляемая, согласно определению, её длина s определена и конечна. Пусть теперь зафиксировано некоторое натуральное число n. На кривой можно отметить точки так, чтобы каждая следующая точка находилась на расстоянии s n вдоль кривой от предыдущей (первая точка располагается вначале кривой. Таким образом кривая будет поделена этими точками на n одинаковых дуг длины s n . Для каждой из n + 1 точек рассматривается квадрат со стороной с центром в этой точке. Каждый такой квадрат полностью содержит дугу кривой, выходящую из его центра. Множество B полагается равным объединению всех квадратов, содержит внутри себя всю кривую, а также) ≤ 2s n 2 (n + 1) → 0, n → Множество A = ∅. В таком случае несложно проверить определение измеримого множества с µ = 0: ∀ε > 0 ∃N ∀n > N ∃A, B : A ⊂ Ω ⊂ B =⇒ µ(B) − µ(a) < Верно ли, что если верхняя мера Жордана некоторого множества равна нулю, то оно измеримо по Жордану? Да, верно. Нижняя мера всегда не больше верхней, и при этом неотрицательна- а значит, она тоже равна нулю, те. верхняя и нижняя меры совпадают, а значит множество измеримо по Жордану и его мера ноль. 7.Доказать, что нижняя мера Жордана множества, содержащего хоть одну внутреннюю точку, строго положительна. Раз точка a внутренняя для X, то ∃ε > 0 : U ε a ⊂ X. Нижняя мера - супремум мер клеточных множеств, содержащихся в данном, а в окрестность всегда можно вписать ненулевую клетку, поэтому такой супремум строго положителен 2 Интегралы 2.1 Неопределённый интеграл 1.Что называют первообразной функции? Функция F (x) называется первообразной функции f (x) на промежутке если функция F (x) непрерывна на X ив концах промежутка, если они принадлежат ему, производная предполагается односторонней, те. для всех x ∈ (a, b) существует F 0 (x) = f (x), а на концах отрезка [a, b] значения функции f равны односторонним производным функции F : f (a) = F 0 + (a) = lim x→a+0 F (x)−F (a) x−a ; f (b) = F 0 − (b) = lim x→b−0 F (x)−F (Верно ли, что неопределённый интеграл есть первообразная плюс число? Нет, неверно - неопределённый интеграл есть множество всех первообразных функции, а не какая-то конкретная из них. 3.Следует ли из следующих формул arcsin x + C R dx √ 1−x 2 = − arccos x + что arcsin x = − arccos Очевидно, это неверно - пример показывает, что не стоит забывать о том, что Сне конкретное число, а переменная, пробегающая все действительные числа, ив данном случае на самом деле arcsin x = π 2 − arccos Возможно ли такое, что константа С различается на разных промежутках интегрирования? Да, у некоторых функций с особенностями первообразную "склеивают из двух отдельных, и это может привести к тому, что константы различаются, так x = ln x + C на промежутке (0; +∞) и x = ln(−x) + на промежутке (−∞; 0). Эти две записи объединяются одной формулой x = ln |x| + C. Понимать ее нужно так x = {ln x + C 1 } если x > и {ln(−x) + C 2 } если x < На этот счёт есть очень интересный пример, в котором легко сделать ошибку найти e −|x| dx. Решим эту задачу для двух промежутков по отдельности на (−∞, 0) R e x dx = e x + C 1 , на (0, +∞) R e −x dx = −e −x + Если забыть про константы и записать просто e −|x| dx = получим разрывную в нуле функцию, которая не может быть первообразной Достаточно лишь устранить разрыв, подняв левую ветку на 2: 17 R e −|x| dx = sign(x)e −|x| − sign(x) + C. Эта функция непрерывна и, как несложно проверить, дифференцируема в нуле. Очень похожа задача найти max (1; x 2 ) dx - тут также смысл в том, чтобы состыковать первообразные разных участков в одну непрерывную. Найти интеграл: R x 2 (1−x) 100 dx Представим так (1 − x) 2 − 2(1 − x) + Поэтому − x) 100 = Z (1 − x) 2 − 2(1 − x) + 1 (1 − x) 100 dx = Z dx (1 − x) 98 −2 Z dx (1 − x) 99 + + Z dx (1 − x) 100 = 1 97(1 − x) 97 − 1 49(1 − x) 98 + 1 99(1 − x) 99 + C, x 6= формально это разложение функции по степеням (1-x)) 6. Найти интеграл Выполнив тригонометрическую замену x = a sin она корректна, т.к. |x| ≤ |a|), получим x 2 dx = a 2 R cos 2 tdt = a 2 2 R (1 + cos 2t)dt = a 2 2 t + 1 2 sin 2t + C = a 2 2 arcsin x a + x 2 2 √ a 2 − x 2 + C, |x| 6 Замечание для интеграла+ x 2 dx метод решения похожий, но т.к. в этом случае |x| ≥ |a|, тригонометрическая замена не подходит, а вместо неё используется гиперболическая x = a · Интеграл Римана 1. Пусть функция f интегрируема по Риману на отрезке. Верно ли, что она имеет на этом отрезке первообразную? Нет, неверно. Контрпример f (x) = signx на [-1,1] - очевидно, функция интегрируема, но "кандидат"на первообразную |x| не дифференцируем в нуле, и избавиться от этого никак невозможно. 2. Пусть функция f имеет первообразную на [a,b]. Верно ли, что она интегрируема по Риману на этом отрезке? Нет, неверно. Контрпример) = 2x sin 1 x 2 − 2 x cos 1 x 2 , x =0, 0, x = 0 18 Прямым дифференцированием легко убедиться, что функция) = x 2 sin 1 x 2 , x =0, 0, x = является первообразной g(x), но при этом g(x) неограничена на и, следовательно, не интегрируема по Риману. 3.Верно ли, что любая сумма Римана может быть ограничена сверху суммой Дарбу? Да, верно - слагаемые суммы Римана включают в себя в качестве множителей значения функции в какой-то точке интервала разбиения, а слагаемые верхней суммы Дарбу потому же разбиению супремум этих значений, а потому всегда ограничивают сумму Римана сверху. 4.Верно ли, что дифференцируемая на множестве функция интегрируема на нём по Риману? Нет, это верно лишь для ограниченных функций - тогда из диф- ференцируемости следует непрерывность, и доопределив функцию до непрерывной на замкнутом множестве получим, что она интегрируема по достаточному условию. Но, например, функция f (x) = 1 x дифференцируема на (0,1], нона нём не интегрируема, т.к. даже не ограничена. 5.Верно ли, что любое произведение интегрируемых по Риману функций интегрируемо ли по Риману? Да, верно. Пусть f и g ограничены константой M. Если выполняется, τ ) < ε, Ω(g, τ ) < то из неравенства |ab − cd| 6 |b| · |a − c| + |c| · |b − d| следует g, τ ) 6 M Ω(f, τ ) + MΩ(g, τ ) 6 где Ω - интегральная сумма колебаний(сумма произведений модулей колебания на длины соответствующих отрезков разбиения, τ ) = S(f, τ ) − s(f, τ ) = X ∆∈τ ω(f, где ω - модуль колебания (разность между максимумом и минимумом функции на промежутке ; [a, b]) := sup x 0 ,x 00 ∈[a,b] |f (x 0 ) − f (x 00 )| = sup [a,b] f − Интегрируемы ли функции Дирихле и Римана У функции Дирихле все нижние интегральные суммы Дарбу равны нулю, а верхние 1, такк как на любом интервале можно найти как рациональную точку, таки иррациональную. Следеовательно, функция Дирихле неитегрируема. Все нижние интегральные суммы функции Римана равны нулю, а верхние положительны. Утверждается, что ∀Q ∈ N найдется верхняя сумма, которая меньше, чем. Для этого возьмем разбиение, отрезки которого, содержащие конечное множество p q |0 ≤ p ≤ q, 1 ≤ q ≤ Q o имеют суммарную длину. Вклад этих отрезков в верхнюю интегральную сумму не превосходит max f = 1 Q . Вклад остальных отрезков разбиения каким бы оно ни было ) в верхнюю интегральную сумму не превосходит, поскольку на них max f Искомое разбиение построено. Следовательно, функция Римана интегрируема по Риману, ипритом её интеграл по любому конечному промежутку равен нулю. 7. Верно ли, что композиция интегрируемых по Риману функций интегрируема? Нет, неверно. Возьмём f (x) = 0, x = 0 иона имеет лишь один разрыв и ограничена, а потому интегрируема. В качестве g(x) возь- мм функцию Римана - как доказано в предыдущем пункте, она интегрируема. Ноне что иное как функция Дирихле, а она уже не интегрируема! Замечание: для интегрируемости композиции достаточно, чтобы функция) была интегрируема, а f (x) - непрерывна. 8.Чему равен интеграл нечетной функции на отрезке [-a,a]? Z a −a f (x)dx = Z 0 −a f (x)dx + Z a 0 f (x)dx = Z a 0 −f (x)dx + Z a 0 f (x)dx = 0 Верно ли, что для любой непрерывной на [a,b] функции существует точка с a ≤ c ≤ b такая, что a f (x)dx = f (c)(b − Да, верно. Этот факт называется теоремой о среднем значении. Из неравенства m ≤ f (x) ≤ M по свойству монотонности интеграла имеем m(b − a) ≤ Z b a f (x)dx ≤ M (b − Обозначим µ = 1 b−a R b a f (x)dx. Так определённое число µ называют средним значением функции f (x) на отрезке [a; b], откуда и название теоремы. Если функция f (x) непрерывна на [a; b], тов качестве m и M 20 можно взять её наибольшее и наименьшее значения (которые, по теореме Вейерштрасса, достигаются, тогда по известной теореме существует такая точка ∈ [a; b], что f (c) = µ, поэтому утверждение теоремы можно переписать в виде a f (x)dx = f (c)(b − Интегрируема ли по Риману функция sin 1 x , доопределен- ная в нуле как 0, на отрезке Да, несмотря на разрыв второго рода в нуле, функция всё же интегрируема. Докажем это выберем произвольную ε > 0, и разобъём отрезок на [0, ε 4 ], [ ε 4 , 1]. На втором функция непрерывна, а потому интегрируема по достаточному условию, значит ∃T 1 - разбиение второго отрезка такое, что S(T 1 ) − s(T 1 ) < ε 2 . На первом же промежутке колебания функции хоть и велики, но по модулю не превышают (1 − (−1)) · ε 4 = ε 2 , значит добавляя этот отрезок к разбиению второго получим разбиение T, для которого S(T ) − s(T ) < ε, а значит функция интегрируема согласно критерию интегрируемости. 11.Верно ли, что если ограниченная функция имеет на отрезке лишь конечное число разрывов, то она интегрируема на нём по Риману? Да, верно - доказательство можно провести абсолютно аналогично с п, обобщая наконечное число точек разрыва. 12.Верно ли тоже утверждение для произвольной функции? Нет, неверно - разрыв 2 рода может привести к неограниченности функции(например 1 x в нуле, а тогда функция не интегрируема, т.к. не выполнено необходимое условие. 13.Сформулируйте теорему о замене переменного в определенном интеграле. Если α 0 ∈ (α; β), β 0 ∈ (α; β), a 0 = ϕ (α 0 ) , b 0 = ϕ (То имеет место формула (x)dx = Z β 0 α 0 f (Пусть f ∈ C([0, +∞)) и существует конечный предел lim x→+∞ f (x) = A. Чему равен lim n→∞ R 1 0 f (Сделаем замену t = nx; dx = 1 n dt lim n→∞ Z 1 0 f (nx)dx = lim n→∞ Z n 0 f (t) n dt = lim n→∞ 1 n Z n 0 f (t)dt 21 ∀ε > 0 ∃δ > 0 : ∀x > δ ,→ |f (x) − A| < ε 1 n Z n 0 f (t)dt = 1 n Z δ 0 f (t)dt + 1 n Z T δ (f (t) − A)dt + 1 n Z n δ Adt Первый интеграл не зависит от n, а потому ограничим его сверху некоторой константой C, и получим, выбрав нужную δ: 6 C n + ε(T − δ) n + A(n − δ) n 6 A + 3ε → Интеграл с переменным верхним пределом. Формула Ньютона-Лейбница 1.Можно ли утверждать, что f (t)dt есть первообразная для y = f (Да, если f (t) непрерывна в точке Доказательство. Вычитая из (x 0 ) ∆x предполагаемый предел f (x 0 ) имеем при x 0 + ∆x ∈ [a, b] ∆F (x 0 ) ∆x − f (x 0 ) = 1 ∆x Z x 0 +∆x x 0 [f (t) − f (x 0 )] Пусть ε > 0. Тогда в силу непрерывности f в точке x 0 ∃δ = δ(ε) : |f (t) − f (x 0 )| < ε, если t ∈ [a, b], |t − x 0 | < Следовательно, при |∆x| < δ и x 0 + ∆x ∈ [a, b] ∆F (x 0 ) ∆x − f (x 0 ) 6 6 1 ∆x R x 0 +∆x x 0 [f (t) − f (x 0 )] dt 6 ε 1 ∆x R x 0 +∆x x 0 1 · dt = С помощью этого утверждения доказывается формула Ньютона-Лейбница. 2. Пусть функция f интегрируема на [a, b] и имеет первообразную на отрезке [a, b]. Доказать, что верно равенство a f (x)dx = F (b) − F (Этот очень важный пример - обобщение формулы Ньютона-Лейбница на функцию не непрерывную, но всё же имеющую некоторую первообразную. Важно понимать, что тут нельзя пользоваться дифференцируемо- стью интеграла с переменным верхним пределом, потому что она имеет место лишь для непрерывной подынтегральной функции. Произвольным образом разобьем отрезок [a, b] точками a = x 0 , x 1 , x 2 , . . . b По теореме Лагранжа о среднем (можем применить к F, т.к. первообразная по своему определению дифференцируема (x n ) − F (x n−1 ) = F 0 (ξ n ) (x n − x n−1 ) = f (ξ n ) ∆x n , где ξ n ∈ [x n−1 ; x n ] 22 д (b) − F (a) = (F (x n ) − F (x n−1 )) + F (x n−1 ) − . . . − F (x 1 ) + (F (x 1 ) − F (x 0 )) = = P n i=1 f (ξ i ) ∆x i → R b a f (Верно ли, что если функция f (x) ограничена на отрезке, то и функция F (x) = R x a |