15.3.2 Признаки Абеля и Дирихле

Аналогом интегрирования по частям для сумм является следующее равенство, которое называют преобразованием Абеля:
$$ \sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^{n-1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_n B_n,$$
где $ B_i = \sum_{j = 1}^i\beta_j \left(i = 1,2,\ldots,n\right).$ Для его доказательства обозначим
$ B_0 = 0.$ Тогда получим
$$ \sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i = \sum_{i=1}^n\alpha_i\left(B_i — B_{i-1}\right) = \sum_{i=1}^n\alpha_iB_i — \sum_{i=1}^n\alpha_iB_{i-1} = $$ $$ = \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_iB_i + \alpha_nB_n — \sum_{i=1}^{n — 1}\alpha_{i + 1}B_i = \sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n,$$
и тем самым завершается доказательство преобразования Абеля.

Лемма

Пусть числа $ \alpha_i \left(i = 1,2,\ldots,n\right)$ монотонны (возрастают или убывают). Тогда справедливо неравенство
$$ \left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n} \left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right)$$

Применим преобразование Абеля
$$ \left|\sum_{i=1}^n\alpha_i \beta_i\right| = \left|\sum_{i=1}^{n — 1}\left(\alpha_i — \alpha_{i+1}\right)B_i + \alpha_nB_n\right| \leqslant$$
$$ \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\sum_{i=1}^{n — 1}\left|\alpha_i — \alpha_{i+1}\right| + \left|\alpha_n\right|\right) = $$
$$ = \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1 — \alpha_n\right| + \left|\alpha_n\right|\right)\leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant n}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_n\right|\right),$$
и тем самым лемма доказана.

Теорема (признак Абеля)

Пусть последовательность $ \{a_n\}$ монотонна (возрастающая или убывающая) и ограничена, а последовательность $ \{b_n\}$ такова, что сходится ряд $ \sum_{n = 1}^{\infty}b_n.$ Тогда ряд $ \sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

Доказательство основано на применении критерия Коши . В силу этого критерия, нам нужно оценить отрезок Коши
$$ \sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k \equiv \sum_{i=1}^pa_{n + i}b_{n + i}$$
Обозначим $ \alpha_i = a_{n+i},\; \beta_i = b_{n+i}.$ Пользуясь леммой, получим
$$ \left|\sum_{k=n + 1}^{n + p}a_k b_k\right| = \left|\sum_{i=1}^p\alpha_i\beta_i\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_k\right|\left(\left|\alpha_1\right| + 2\left|\alpha_p\right|\right) = $$
$$ = \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\;\left(15.16\right)$$
По условию, ряд $ \sum_{n=1}^{\infty}b_n$ сходится. Поэтому, в силу критерия Коши, для любого $ \varepsilon > 0$ найдется такой номер $ N,$ что при любом $ n \geqslant N$ и при любом $ k \in \mathbb{N}$ справедливо неравенство $ \left|\sum_{i=n+1}^{n+k}b_i\right| < \varepsilon .$ Далее, в силу
ограниченности последовательности $ \{a_n\},$ найдется такое $ M,$ что $ \left|a_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Из неравенства $ \left(15.16\right),$ для заданного $ \varepsilon > 0$ и $ n \geqslant N$ имеем
$$ \left|\sum_{i=n+1}^{n+p}a_ib_i\right| \leqslant 3M \cdot \varepsilon,$$
где произвольное $ p \in \mathbb{N}.$ Таким образом, для ряда $ \sum_{i = 1}^{\infty}a_ib_i$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Теорема (признак Дирихле)

Пусть последовательность $ \{a_n\}$ монотонно стремится к нулю, а последовательность $ \{b_n\}$ такова, что частичные суммы $ B_n = \sum_{i = 1}^{n}b_i$ ограничены, т.е существует такое $ M,$ что $ \left|B_n\right| \leq M \left(n = 1,2,\ldots\right).$ Тогда ряд $ \sum_{n = 1}^{\infty}a_nb_n$ сходится.

В силу неравенства $ \left(15.16\right),$ полученного при доказательстве предыдущей теоремы,
$$ \left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant \max_{1\leqslant k\leqslant p}\left| B_{n+k} — B_n\right|\left(\left|a_{n+1}\right| + 2\left|a_{n+p}\right|\right)\;\;\;\;\;\left(15.17\right)$$
Зададим $ \varepsilon > 0$ и, пользуясь условиями теоремы, найдем такой номер $ N,$ что $ \left|a_n\right| < \varepsilon$ при всех $ n \geqslant N.$ Тогда из $ \left(15.17\right)$ и из ограниченности $ B_i$ следует
$$ \left|\sum_{k=n+1}^{n+p}a_kb_k\right| \leqslant 2M \cdot 3\varepsilon = 6M\varepsilon\;\;\left(n \geqslant N, p \in \mathbb{N}\right)$$
Таким образом, для ряда $ \sum_{n=1}^{\infty}a_nb_n$ выполнено условие критерия Коши, в силу которого этот ряд сходится.

Замечание. Теорема Лейбница является частным случаем признака Дирихле, в котором $ a_n = u_n, b_n = \left(-1\right)^{n-1}.$

Примеры:

Пример 1.
Доказать, что ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится по Дирихле.

Решение:

Положим $ a_n = \frac{1}{n},$ тогда последовательность $ \{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

$ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n} = 0$
$ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n}{n + 1} < 1$

Положим также $ b_n = \sin{n\alpha},$ тогда по формуле суммы синусов кратных углов получим
$$ \sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha} = \frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right)$$
и отсюда
$$ \left|\sum_{k=1}^{n}\sin{n\alpha}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{n\alpha}{2}} \cdot \sin{\frac{\left(n+1\right)\alpha}{2}}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\alpha}{2}}\right|} \equiv M, \;\; \alpha \neq 2\pi m, \;\; \left(m = 0,\pm 1,\ldots\right),$$
что и значит что наши суммы ограничены константой $ M$. Подытожив, имеем последовательность $ \{a_n\}_{n = 1}^{\infty},$ монотонно сходящуюся к $ 0$ и последовательность $ \{b_n\}_{n = 1}^{\infty},$ частичные суммы которой ограниченны. Тогда по признаку Дирихле ряд $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}\sin{n\alpha}$ сходится.

Пример 2.
Исследовать ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ на сходимость.

Решение:

Пусть $ \{b_n\}_{n=1}^{\infty} = \{\sin n \cdot \sin{n^2}\}_{n=1}^{\infty},$ покажем, что частичные суммы ограниченны.
$$ \sum_{k = 1}^{n}b_k = \sum_{k = 1}^{n}\sin k \cdot \sin{k^2} = \sum_{k = 1}^{n}\frac{\cos{\left(k — k^2\right)} — \cos{\left(k + k^2\right)}}{2} = \left(\frac{\cos0}{2} — \frac{\cos2}{2}\right) + $$
$$ + \left(\frac{\cos{\left(-2\right)}}{2} — \frac{\cos6}{2}\right) + \left(\frac{\cos{\left(-6\right)}}{2} — \frac{\cos12} {2}\right) +
\left(\frac{\cos{\left(-12\right)}}{2} — \frac{\cos20}{2}\right) +\cdots $$
$$ + \left(\frac{\cos{\left(n — n^2\right)}}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right) = \frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}$$
$$ \left|\sum_{k = 1}^{n}b_k\right| = \left|\frac{1}{2} — \frac{\cos{\left(n + n^2\right)}}{2}\right| \leqslant \frac{1}{2} + \frac{\left|\cos{\left(n + n^2\right)}\right|}{2} \leqslant \frac{1}{2} + \frac{1}{2} = 1$$
Получили, что частичные суммы последовательности $ \{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ в совокупности ограниченны единицей.
Теперь пусть $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty} = \{n^2\}_{n=1}^{\infty}.$ Убедимся, что $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.

$ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{n^2} = 0$
$ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n^2}{\left(n + 1\right)^2} < 1$

Действительно, $ \{a_n\}_{n=1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю.
Значит ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin n \cdot \sin{n^2}}{n^2}$ сходится по Дирихле.

Пример 3.
Доказать, что ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty} \frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\cos{\frac{\pi}{n}}$ сходится по Абелю.

Решение:

Выделим в исходном ряде 2 последовательности: $ \{\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}\}_{n=1}^{\infty}$ и $ \{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}.$ Докажем, что ряд $ \sum\limits_{n = 1}^{\infty}\frac{\sin{\frac{\pi n}{12}}}{\ln n}$ сходится:
Пусть $ a_n = \frac{1}{\ln n},$ тогда последовательность $ \{a_n\}_{n = 1}^{\infty}$ монотонно стремится к нулю т.к.

$ \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{1}{ln n} = 0$
$ \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{\ln n}{\ln{n + 1}} < 1$

И пусть $ b_n = \sin{\frac{\pi n}{12}},$ отсюда из формулы суммы синусов кратных углов следует, что
$$ \left|\sum_{k=1}^{n}\sin{\frac{\pi n}{12}}\right| = \left|\frac{\sin{\frac{\pi}{24} n} \cdot \sin{\left(\frac{\pi}{24}\left(n+1\right)\right)}}{\sin{\frac{\pi}{24}}}\right| \leqslant \frac{1}{\left|\sin{\frac{\pi}{24}}\right|} \equiv M,$$
значит частичные суммы последовательности $ \{b_n\}_{n=1}^{\infty}$ ограничены. По признаку Дирихле ряд сходится.
Последовательность $ \{\cos{\frac{\pi}{n}}\}_{n=1}^{\infty}$ ограниченна единицей и монотонна т.к. косинус на промежутке $ \left[\pi;0\right)$ монотонно убывает.

Оба условия признака Абеля выполнены, а значит ряд сходится.

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Небольшой тест, чтобы закрепить теоретический материал.

23.5 Потенциальные поля

Непрерывное векторное поле $(P(x,y),Q(x,y))$ называется потенциальным в области $G \subset \mathbb{R^2},$ если существует непрерывно дифференцируемая функция $U(x,y)$, заданная на $G$, такая, что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y), \quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y).$$ Такая функция $U$ называется потенциалом поля $(P,Q)$. Другими словами, функция $U$ называется потенциалом поля $(P,Q)$, если $$dU(x, y) = P(x, y) dx + Q(x, y) dy.$$

Следующая теорема содержит необходимое и достаточное условие потенциальности поля.

Теорема 1. Для того чтобы непрерывное поле $(P(x, y), Q(x, y))$ было потенциальным в области $G$, необходимо и достаточно, чтобы было выполнено условие $$\int_{\Gamma} P(x, y) dx + Q(x, y) dy = 0\quad\quad(23.3)$$ для любой кусочно гладкой замкнутой кривой $\Gamma \subset G$.

Необходимость. Пусть поле $(P,Q)$ потенциально, т. е. пусть существует такая функция $U(x,y),$ что $$\frac{\partial U}{\partial x} (x,y) = P(x,y),\quad\frac{\partial U}{\partial y} (x,y) = Q(x,y)\quad((x,y) \in G).$$ Далее, пусть $\Gamma : r = r(t) = (x(t),y(t))\quad(\alpha \leqslant t \leqslant \beta)$ — произвольная кусочно гладкая, замкнутая кривая, лежащая в $G.$ Тогда $$\int_{\Gamma} P(x, y) dx + Q(x, y) dy =\int_{\alpha}^{\beta} [P(x(t),y(t))x^\prime(t) + Q(x(t),y(t))y^\prime(t)] dt =$$ $$= \int_{\alpha}^{\beta} \left [\frac{\partial U}{\partial x}(x(t),y(t))x\prime(t) + \frac{\partial U}{\partial y} (x(t),y(t))y^\prime(t)\right ] dt =$$ $$=\int_{\alpha}^{\beta} \frac{\partial}{\partial t} (x(t),y(t)) dt = U(x(\beta),y(\beta))-U(x(\alpha),y(\alpha)) = 0.$$ Последнее равенство справедливо в силу условия $r(\alpha) = r(\beta),$ т. е. в силу замкнутости кривой $\Gamma.$
Достаточность. Пусть выполнено условие (23.3). Покажем сначала, что в этом случае криволинейный интеграл $\int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy$ зависит лишь от начальной и от конечной точек кривой $\gamma \subset G$ и не зависит от самой кривой $\gamma,$ соединяющей эти точки.
Итак,пусть $\gamma_{1} : r =r_{1}(t)\quad(\alpha \leqslant t \leqslant \beta)$ и $\gamma_{2} :\quad r =r_{2}(\tau)\quad(a \leqslant \tau \leqslant b)$ — две кусочно гладкие кривые, лежащие в $G$ и такие, что $r_{1}(\alpha) = r_{2}(a), r_{1}(\beta) = r_{2}(b).$ Тогда кривая $\Gamma = \gamma_{1} \cup (\gamma_{2})_{-}$ является замкнутой, и поэтому, в силу условия (23.3), $$0 = \int_{\Gamma}P dx + Q dy = \int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy + \int_{(\gamma_{2})_{-}}P dx + Q dy = $$ $$= \int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy-\int_{\gamma_{2}}P dx + Q dy.$$ Отсюда следует, что $\int_{\gamma_{1}}P dx + Q dy = \int_{\gamma_{2}}P dx + Q dy.$
Зафиксируем теперь точку $(\xi_{0},\eta_{0}) \in G.$ В силу связности $G$, для любой точки $(\xi,\eta) \in G$ найдется кусочно гладкая кривая $\gamma \subset G,$ начало которой в точке $(\xi_{0},\eta_{0}),$ а конец — в точке $(\xi,\eta),$ причем для любой такой кривой интеграл $\int_{\gamma}P dx + Q dy$ зависит лишь от точек $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta).$ Таким образом, на $G$ определена функция $$U(\xi,\eta) = \int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy,$$ где $\gamma \subset G$ — кусочно гладкая кривая, соединяющая точки $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta).$ Покажем, что функция $U(\xi,\eta)$ будет потенциалом нашего векторного поля, т. е. $$\frac{\partial U}{\partial \xi} (\xi,\eta) = P(\xi,\eta),\quad\frac{\partial U}{\partial \eta} (\xi,\eta) = Q(\xi,\eta).$$ Пусть $(\xi,\eta) \in G$ и $\Delta\xi$ таково, что отрезок $I,$ соединяющий точки $(\xi,\eta)$ и $\xi + \Delta\xi,\eta),$ содержится в $G.$ Соединим точки $(\xi_{0},\eta_{0})$ и $(\xi,\eta)$ кривой $\gamma \subset G.$ Тогда $$\frac{1}{\Delta\xi}[U (\xi + \Delta\xi,\eta) — U(\xi,\eta)$ ] =$$ $$= \frac{1}{\Delta\xi}\left[\int_{\gamma \cup I}P(x,y) dx + Q(x,y) dy-\int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y) dy \right] =$$ $$=\frac{1}{\Delta\xi}\int_{I}P(x,y) dx + Q(x,y) dy = \frac{1}{\Delta\xi}\int_{\xi}^{\xi + \Delta\xi}P(x,\eta) dx = P(\xi + \theta\Delta\xi,\eta),$$ где $0 \leqslant \theta \leqslant 1.$ Последнее равенство справедливо в силу непрерывности функции $P(x,y)$ и следует из теоремы о среднем значении для интеграла Римана по отрезку $[\xi,\xi+\Delta\xi].$ При $\Delta\xi \rightarrow 0$ правая часть стремится к $P(\xi,\eta).$ Поэтому существует $$\frac{\partial U}{\partial \xi}(\xi,\eta) = \lim\limits_{\Delta\xi\to 0} \frac{U(\xi+\Delta\xi,\eta)-U(\xi,\eta)}{\Delta\xi} = P(\xi,\eta).$$ Аналогично доказываем, что $$\frac{\partial U}{\partial \eta}(\xi,\eta) = Q(\xi,\eta).$$ Наконец, поскольку функции $P(\xi,\eta)$ и $Q(\xi,\eta)$ непрерывны в $G$, то функция $U(\xi,\eta)$ непрерывно дифференцируема в $G.$

Замечание 1. В условии теоремы 1 не требуется, чтобы кривая $$ была контуром, т. е. эта кривая не обязана быть простой.

Замечание 2. При доказательстве достаточности было показано, что из равенства нулю криволинейного интеграла $II$ рода вдоль любой замкнутой кривой следует, что интеграл не зависит от кривой, а только лишь от начальной и конечной ее точек. Обратное утверждение, очевидно, также имеет место, т. е. если интеграл не зависит от кривой, соединяющей начальную и конечную точки, то по замкнутой кривой он равен нулю.

Замечание 3. При доказательстве достаточности была построена такая функция $U$, что $dU = P dx + Q dy$, где заданные функции $P(x,y)$ и $Q(x,y)$ удовлетворяют условию (23.3). Ясно, что задача нахождения этой функции $U$ является двухмерным аналогом задачи нахождения первообразной в одномерном случае. Напомним, что в одномерном случае было показано, что для любой непрерывной функции $f$ ее первообразная $F$ может быть записана в виде интеграла с переменным верхним пределом $$F(x) = \int_{a}^xf(t)dt.$$ Полученная нами формула $$U(\xi,\eta) = \int_{\gamma}P(x,y) dx + Q(x,y)dy \quad(\gamma : (\xi_{0},\eta_{0}) \rightarrow (\xi,\eta))$$ является аналогом указанной выше формулы из одномерного случая для случая функции двух переменных. Следует, однако, отметить, что в пространстве $\mathbb{R^2}$ уже не для каждой пары непрерывных функций $P$ и $Q$ найдется соответствующая функция $U$. Пример таких функций $P$ и $Q$ приведем ниже. Мы доказали, что функция $U$ существует, если функции $(P,Q)$ удовлетворяют условию (23.3).

Замечание 4. Можно показать, что условие (23.3) эквивалентно условию равенства нулю интеграла по любому кусочно гладкому контуру, т. е. можно рассматривать лишь простые кривые.

Замечание 5. Теорема 1 не дает практических рекомендаций для выяснения вопроса о потенциальности поля $(P,Q),$ так как на практике условие (23.3) проверяется трудно.

Следующая теорема в частном случае содержит условие, легко проверяемое с практической точки зрения.

Теорема 2. Пусть поле $(P(x,y),Q(x,y))$ непрерывно дифференцируемо в области $G \subset \mathbb{R^2}.$ Для того чтобы оно было потенциальным, необходимо, а если область $G$ односвязна, то и достаточно, чтобы было выполнено равенство $$\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial P}{\partial y}(x,y)\quad ((x,y) \in G) \quad (23.4) $$

Необходимость. Пусть поле $(P,Q)$ потенциальное, т. е. пусть существует такая функция $U$, что $$P(x,y) = \frac{\partial U}{\partial x}(x,y),\quad Q(x,y) = {\partial U}{\partial y}(x,y)\quad((x,y) \in G).$$ Поскольку функции $P$ и $Q$ непрерывно дифференцируемы и $$\frac{\partial P}{\partial y}(x,y) = \frac{\partial^2 U}{\partial x\partial y}(x,y),\quad\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y) = \frac{\partial^2 U}{\partial y\partial x}(x,y),$$ то, в силу равенства смешанных производных функции $U$, которое следует из теоремы Шварца, получаем, что справедиво равенство (23.4).
Достаточность. Пусть область $G$ односвязна. Возьмем произвольный кусочно гладкий контур $\Gamma \subset G$ и обозначим через $\Omega$ область, ограниченную этим контуром. Тогда, по формуле Грина, получим $$\int_{\Gamma}P dx + Q dy = \int\int_{\Omega}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) dxdy.$$ Отсюда, в силу условия (23.4), следует, что по произвольному кусочно гладкому контуру $\Gamma \subset G$ справедливо равенство $$\int_{\Gamma}P dx + Q dy = 0.$$ С учетом замечания 4, из этого равенства следует, что поле $(P,Q)$ является потенциальным.

В заключение рассмотрим пример, показывающий, что условие односвязности в теореме 2 нельзя отбросить. Этот же пример показывает, что не для любых непрерывных (и даже непрерывно дифференцируемых) функций $P$ и $Q$ существует такая функция $U,$ что $dU=Pdx+Qdy.$

Пример. Пусть $\small P(x,y)=-\frac{y}{x^2+y^2},\,Q(x,y)=\frac{x}{x^2+y^2}\,\,((x,y)\neq(0,0)).\normalsize$ Функция $P$ и $Q$ удовлетворяют условию (23.4) в области$G\equiv\mathbb{R^2}\backslash{(0,0)},$ так как $$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$ Вместе с тем поле $(P,Q)$ не является потенциальным, так как в противном случае было бы выполнено условие (23.3). Мы же покажем, что $\int_\Gamma Pdx+Qdy\neq 0,$ где $\Gamma$ – окружность $x=\cos t,\,y=\sin t\,(0\leqslant t \leqslant 2\pi).$ Имеем $$\int_{\Gamma} P dx + Q dy = \int_{0}^{2\pi}[(-\sin t)(-\sin t)+\cos t\cos t]dt = 2\pi \neq 0.$$
Таким образом, в неодносвязной области $G$ наше поле не является потенциальным. Вместе с тем так как условие (23.4) выполнено, то, в силу теоремы 2, наше поле потенциально в любой односвязной области $G$, не содержащей начала координат.

Пример 1. Проверить, является ли векторное поле $\vec{F} = X\vec{i} + Y\vec{j} + Z\vec{k}$ потенциальным. В случае потенциальности поля найти его потенциал.
$\vec{F} = (9x + 5yz)\vec{i} + (9y + 5xz)\vec{j} + (9z + 5xy)\vec{k}$
Решение. Для потенциальности поля необходимо и достаточно, чтобы $rot\vec{F} = 0.$

$rot\vec{F} = (\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})\vec{i} + (\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})\vec{j} + (\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial k})\vec{k} = $ $= (5x-5x)\vec{i} + (5y-5y)\vec{j} + (5z-5z)\vec{k} = 0$

Значит, поле является потенциальным.
Вычисляем потенциальность с помощью этой формулы:

$U = \int_{x_{0}}^{x}P dx + \int_{y_{0}}^{y}Q dy + \int_{z_{0}}^{z}R dz + C$

В качестве точки $(x_{0},y_{0},z_{0})$ возьмем точку $(0,0,0)$
$U = \int_{0}^{x}(9x+5yz)|_{y=0\\z=0} dx + \int_{0}^{y}(9y+5xz)|_{x=0}dy + \int_{0}^{z}(9z+5xy)dz + C = $ $=\frac{9}{2}x^2 + \frac{9}{2}y^2 + \frac{9}{2}z^2 + 5xyz +C$

Пример 2. Показать, что поле $\vec{a}=(y+\cos z)\vec{i} + x\vec{j}-x\sin z\vec{k}$ потенциально во всем пространстве и найти его потенциал.
Решение. Вычислим $\overline{rot}\vec{a}$

$rot\vec{a}=\begin{vmatrix} \vec{i}& \vec{j}& \vec{k} \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial}{\partial y}& \frac{\partial}{\partial z} \\ {y+\cos z}& x& {-x\sin z}\end{vmatrix}=\vec{i}(0-0)-\vec{j}(-\sin z + \sin z)+$ $$+(1-1)\vec{k}=\vec{0}$$ т.е. поле $\vec{a}$ потенциально . Вычисляем потенциальность с помощью этой формулы: $$U(x,y,z)=\int_{x_{0}}^{x}a_{x}(x,y_{0},z_{0}) dx+ \int_{y_{0}}^{y}a_{y}(x,y,z_{0}) dy+$$ $$+\int_{z_{0}}^{z}a_{z}(x,y,z) dz+C,$$ а в качестве точки $(x_{0},y_{0},z_{0})$ возьмем точку(0,0,0). $$U(x,y,z)=\int_{0}^x(0+\cos 0) dx + \int_{0}^y x dy-\int_{0}^z x\sin z dz =$$ $$=\int_{0}^x dx + x\int_{0}^y dy-x\int_{0}^z \sin z dz + C =$$ $$= x|_0^x + xy|_0^y+x\cos z|_0^z+C =$$ $$= x + xy + x\cos z-x\cos 0 + C =$$ $$= x + xy + x\cos z-x + C =$$ $$=xy+x\cos z + C.$$

Пример3.Показать,что векторное поле $\vec{F}$ является потенциальным.

$\vec{F}(x,y,z)=(3x+yz)\vec{i}+(3y+xz)\vec{j}+(3z+xy)\vec{k}$

Решение.Найдём роторную функцию:

$rot\vec{F}=\left ( \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z} \right)\vec{i}+\left ( \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x} \right)\vec{j}+\left ( \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right)\vec{k}$

Выпишем компоненты поля:$P=3x+yz,\quad Q=3y+xz,\quad R=3z+xy$ и найдьом их частные производние :

$\frac{\partial R}{\partial y}=(3z+xy)_{y}^{\prime}=x\,\frac{\partial Q}{\partial z}(3y+xy)_{z}^{\prime}=x, \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=x-x=0$

$\frac{\partial P}{\partial z}=(3x+yz)_{z}^{\prime}=y \, \frac{\partial R}{\partial x}=(3z+xy)_{x}^{\prime}=y\, \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=y-y=0$

$\frac{\partial Q}{\partial x}=(3y+xz)_{x}^{\prime}=z\,\frac{\partial P}{\partial y}=(3x+yz)_{y}^{\prime}=z\,\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=(z-z)=0$

Получаем $rot\vec{F}=(x-x)\vec{i}+(y-y)\vec{j}+(z-z)\vec{k}=0,$ следовательно, поле $\vec{F}(x,y,z)=(3x+yz)\vec{i}+(3y+xz)\vec{j}+(3z+xy)\vec{k}$ потенциально.

Литература:

Потенциальные поля

Пройдите этот тест, чтобы проверить свои знания по только что прочитанной теме

Таблица лучших: Потенциальные поля

максимум из 14 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

5.8.3 Выпуклые функции и точки перегиба

Определение. Определенная на интервале $I$ функция $f$ называется выпуклой (выпуклой вниз) на $I$, если для любых $x^\prime, x^{\prime\prime} \in I $ и любого числа $\lambda (0 < \lambda < 1)$ выполняется неравенство
$$f (\lambda x^\prime + (1− \lambda )x^{\prime\prime}) \leqslant \lambda f (x^\prime ) + (1− \lambda )f (x^{\prime\prime}).$$

С геометрической точки зрения смысл выпуклости состоит в том, что все точки дуги графика функции $y = f(x)$ расположены не выше хорды, соединяющей концы этой дуги. Действительно, отрезок, соединяющий точки $(x^\prime , f (x^\prime ))$ и $(x^{\prime\prime} , f (x^{\prime\prime})),$ имеет вид
$$l(x) = f (x^\prime) + \frac{f (x^{\prime\prime})− f (x^\prime )}{x^{\prime\prime}− x^\prime}(x− x^\prime ).$$
При $0 < \lambda < 1$ точка $x = \lambda x^\prime + (1− \lambda)x^{\prime\prime}$ принадлежит интервалу с концами $x^\prime$ и $x^{\prime\prime}.$ При этом неравенство, определяющее понятие выпуклости, принимает такой вид: $f(x) \leqslant l(x).$
Обозначим $x = \lambda x^\prime + (1 − \lambda)x^{\prime\prime}.$ Тогда $ \lambda = \frac{x^{\prime\prime}−x}{x^{\prime\prime}− x^\prime }, 1− \lambda = \frac{x−x^\prime }{x^{\prime\prime}−x^\prime}.$ Поэтому определение выпуклости можно переписать в таком виде: функция $f$ называется выпуклой на интервале $I$, если для любых точек $x^\prime , x^{\prime\prime} \in I,$ таких, что $x^\prime < x^{\prime\prime}, $ и для любого $x \in [x^\prime , x^{\prime\prime}] $справедливо неравенство
$$f(x) \leqslant f (x^\prime ) \frac{x^{\prime\prime}− x}{x^{\prime\prime}− x^\prime}+ f (x^{\prime\prime}) \frac{x− x^\prime}{x^{\prime\prime}− x^\prime}.$$
Если в определении выпуклости нестрогое неравенство заменить строгим, то получим определение строгой выпуклости вниз. С геометрической точки зрения строгая выпуклость означает, что, кроме выпуклости, график функции не содержит линейных отрезков.

Пример 1. Функция $f(x) = x,$ очевидно, выпукла вниз на всей числовой прямой.

Пример 2. Пусть $f(x) = x^2.$ Выберем произвольные $x^\prime < x^{\prime\prime}.$ Тогда для $0 < \lambda < 1$ имеем
$$(\lambda x^\prime + (1− \lambda) x^{\prime\prime} )^2 = \lambda^2 {x^\prime}^2 + 2 \lambda (1− \lambda )x^\prime x^{\prime\prime} + (1− \lambda)^2 {x^{\prime\prime}}^2 =$$
$$= \lambda {x^\prime}^2 +(1− \lambda){x^{\prime\prime}}^2 + {x^\prime}^2 ( \lambda^2− \lambda) +{x^{\prime\prime}}^2 [(1− \lambda)^2− (1− \lambda)] +2 \lambda (1− \lambda) x^\prime x^{\prime\prime} =$$

$$= \lambda {x^\prime}^2 + (1- \lambda ){x^{\prime\prime}}^2- [ \lambda (1- \lambda ) {x^{\prime}}^2 + \lambda (1- \lambda ) {x^{\prime\prime}}^2- 2 \lambda (1- \lambda ) x^\prime x^{\prime\prime} ] =$$

$$= \lambda {x^\prime}^2 + (1- \lambda ) {x^{\prime\prime}}^2- \lambda ( 1- \lambda ) ( x^\prime- x^{\prime\prime} )^2 < \lambda {x^\prime}^2 + (1- \lambda) {x^{\prime\prime}}^2$$

Это означает, что функция $f(x) = x^2$ строго выпукла вниз на $(− \infty, + \infty).$

Определение. Заданная на интервале $I$ функция $f$ называется вогнутой (выпуклой вверх) на этом интервале, если для любых $x^\prime, x^{\prime\prime} \in I$ и для любого $ \lambda (0 < \lambda < 1) $ справедливо неравенство

$$f( \lambda x^\prime + (1 — \lambda) x^{\prime\prime}) \geqslant \lambda f(x^\prime) + (1 — \lambda) f(x^{\prime\prime}).$$

Ясно, что если $f$ выпукла вниз, то функция − $f$ выпукла вверх. Поэтому достаточно изучить свойства лишь выпуклых вниз (т. е. выпуклых) функций.

Теорема 1. Пусть функция $f$ выпукла на интервале $I.$ Тогда $f$ непрерывна на $I$ и в каждой точке имеет конечные левую и правую производные.

Зафиксируем точку $x_0 \in I.$ Из существования конечных односторонних производных $ f’_{-} (x_0) $ и $ f’_{+} (x_0)$ следует непрерывность $f$ в точке $x_0.$
Докажем, что существует $ f’_{+} (x_0).$ Пусть $0 < h_1 < h_2$ таковы, что $x_0 + h_2 \in I.$ Тогда, в силу выпуклости $f,$
$$ f (x_0 + h_1 ) \leqslant f (x_0) \frac{h_2- h_1}{h_2} + f (x_0 + h_2 ) \frac{h_1}{h_2},$$
откуда
$$ \frac{f (x_0 +h_1)- f (x_0)}{h_1} \leqslant \frac{f(x_0 + h_2)- f (x_0)}{h_2}$$ Это неравенство означает, что функция $ \varphi(h) = \frac{f (x_0 + h)- f (x_0)}{h} $ убывает при убывании $h$ к нулю справа. Покажем, что $\varphi$ ограничена снизу. Пусть $ \delta > 0$ такое, что $x_0- \delta \in I.$ Тогда, в силу выпуклости $f,$ для любого $h > 0$ $$ f (x_0) \leqslant f ( x_0- \delta ) \frac{h}{h + \delta } + f (x_0 + h) \frac{\delta }{ h + \delta },$$ откуда
$$ \frac{f (x_0)- f (x_0- \delta)}{ \delta } \leqslant \frac{f (x_0 + h)- f (x_0)}{h} = \varphi (h),$$ т. е. для любого $h > 0$ справедливо неравенство $$ \varphi (h) \geqslant \frac{f (x_0)- f (x_0- \delta)}{ \delta }, $$ т. е. $\varphi (h)$ ограничена снизу.
Итак, функция $\varphi (h)$ при убывающем $h,$ стремящемся к нулю справа, убывает и ограничена снизу. Следовательно, существует $$ f’_{+} (x_0) = \lim_{h \to 0+} \frac{f (x_0 + h )- f (x_0)}{h} = \lim_{h \to 0+}{ \varphi (h) }.$$
Аналогично можно показать, что существует $f’_{-} (x_0).$

Замечание. Из выпуклости функции не следует ее дифференцируемость. Например, функция $f(x) = |x|$ выпукла, но не дифференцируема в нуле. Теорема 1 утверждает, что у выпуклой функции существуют лишь односторонние производные. Анализируя доказательство теоремы 1, легко установить, что для выпуклой вниз функции $f$ в каждой точке $x_0$ справедливо неравенство $f’_{+} (x_0) \geqslant f’_{-} (x_0).$ Можно доказать, что выпуклая функция дифференцируема всюду, за исключением, быть может, не более чем счетного множества точек.

Теорема 2. Пусть функция $f$ выпукла вниз на интервале $(a, b),$ где $−\infty < a < b < +\infty.$ Тогда $f$ ограничена снизу.

Предположим противное. Тогда найдется последовательность точек $x_n \in (a, b),$ таких, что $f (x_n) <−n.$ Так как $ \{x_n\}$ ограниченная последовательность, то можем выделить сходящуюся подпоследовательность $\{x_{n_k}\}.$ Пусть $x_0 = \lim_{k \to \infty} x_{n_k}.$ Точка $x_0 \in [a, b]$ (она не обязана принадлежать $(a, b)$). Тогда либо слева от $x_0,$ либо справа от $x_0$ найдется бесконечно много элементов нашей подпоследовательности $\{x_{n_k}\},$ из которой можно выделить монотонную подпоследовательность. Обозначим ее через $\{y_k\}_{k \geqslant 0}.$ Рассмотрим случай, когда $\{y_k\}$ возрастает. Пусть $f (y_k) = −m_k \to −\infty$ при $k \to \infty.$ Обозначим $z_0 = \frac{1}{2} (y_0 + x_0) \in (a, b).$ Тогда, начиная с некоторого номера $N,$ будем иметь $z_0 \in [y_0, y_n]$ при $n \geqslant N.$
В силу выпуклости $f,$ для $n \geqslant N$ получаем $$f(z_0) \leqslant f (y_0) \frac{y_n- z_0}{y_n- y_0} + f (y_n) \frac{z_0- y_0}{y_n- y_0}.$$ Поскольку правая часть этого неравенства стремится к $−\infty$ при $n \to \infty,$ то получаем противоречие с тем, что значение $f (z_0)$ конечно.

Замечание. Выпуклая вниз на ограниченном интервале функция не обязана быть ограниченной сверху. Например, функция $f(x) = \frac{1}{x}$ выпукла вниз на $(0, 1)$ и неограничена сверху на этом интервале.
Также выпуклая вниз на неограниченном интервале функция не обязана быть ограниченной снизу. Например, функция $f(x) = \ln \frac{1}{x}$ выпукла вниз на $(0, +\infty)$ и неограничена снизу.

Теорема 3 (критерий выпуклости дифференцируемой функции). Пусть функция $f$ дифференцируема на интервале $I.$ Для того чтобы $f$ была выпуклой вниз на $I,$ необходимо и достаточно, чтобы ее производная $f’$ была возрастающей на $I.$

Необходимость. Пусть $x_1 < x < x_2 .$ Тогда, как было показано при доказательстве теоремы 1, выпуклость функции $f$ равносильна такому неравенству: $$ \frac{f(x)- f(x_1)}{x — x_1} \leqslant \frac{f(x_2)- f(x)}{x_2 -x} \quad \quad (5.5)$$Устремляя $ x \to x_1 + 0,$получаем$$ f’ (x_1) = f’_{+} (x_1) = \lim_{x \to x_1 + 0} \frac{f(x)- f(x_1)}{x- x_1} \leqslant \frac{f(x_2) — f(x_1)}{x_2- x_1}.$$ С другой стороны, если устремим $x \to x_2 − 0,$ то получим $$ f’ (x_2) = f’_{-} (x_2) = \lim_{x \to x_2- 0} \frac{f (x_2)- f (x)}{x_2- x} \geqslant \frac{f (x_2) — f (x_1)}{x_2 — x_1}.$$ Из двух последних неравенств следует, что $$ f’ (x_1) \leqslant f’ (x_2).$$

Достаточность. Пусть $x_1 < x < x_2.$ Так как выпуклость $f$ равносильна (5.5), то достаточно показать, что справедливо неравенство (5.5).
По теореме Лагранжа,$$ \frac{f (x)- f (x_1)}{x- x_1} = f'(\xi_1), \frac{f (x_2) — f (x)}{x_2- x} = f'(\xi_2), $$
где $x1 < \xi_1 < x < \xi_2 < x_2,$ т. е. $\xi_1 < \xi_2.$ Отсюда следует (5.5).$\quad \square $

Замечание. При доказательстве достаточности мы получили, что $\xi_1 < \xi_2.$ Если производная $f’$ строго возрастает на $I,$ то $f’ (\xi_1) < f’ (\xi_2),$ откуда следует

$$ \frac{f (x)- f (x_1)}{x- x_1} < \frac{f (x_2) — f (x)}{x_2- x}.$$Это означает, что функция $f$ выпукла строго. Справедливо также и обратное, т. е. из строгой выпуклости дифференцируемой функции следует, что ее производная $f’$ строго возрастает. Действительно, в силу доказанной теоремы 3, из строгой выпуклости $f,$ в силу теоремы Лагранжа, следует неравенство$$ f’ (x_1) \leqslant f’ (\xi_1) = \frac{f (x)- f (x_1)}{x- x_1} < \frac{f (x_2) — f (x)}{x_2- x} = f’ (\xi_2) \leqslant f'(x_2), $$где $x_1 < x < x_2$ – произвольные точки из $I,$ а точки $\xi_1 \in (x_1, x), \xi_2 \in (x, x_2).$ Отсюда следует, что $f’ (x_1) < f’ (x_2).$

Теорема 4 (критерий выпуклости дважды дифференцируемой функции). Пусть функция $f$ дважды дифференцируема на интервале $I.$ Для того чтобы $f$ была выпуклой вниз на $I,$ необходимо и достаточно, чтобы было выполнено неравенство $f^{\prime\prime} (x) \geqslant 0 (x \in I).$
Эта теорема мгновенно вытекает из теоремы 3 и критерия монотонности дифференцируемой функции, примененного к $f’$ .

Замечание. Если в условии теоремы 4 производная $f^{\prime\prime} > 0,$ то $f’$ строго возрастает, и поэтому, в силу замечания к теореме 3, функция $f$ строго выпукла на $I.$ Обратное, однако, неверно. Из строгой выпуклости $f$ не следует, что $f^{\prime\prime} > 0.$ Например, функция $f(x) = x^4$ строго выпукла на $(− \infty, + \infty),$ однако $f’ (x) = 4x^3 , f^{\prime\prime}(x) = 12x^2$ и $f^{\prime\prime}(0) = 0.$

Пример 1. Пусть $f(x) = x^\alpha (0 < x < +\infty).$ Тогда $ f’ (x) = \alpha x ^{ \alpha−1} , f^{\prime\prime}(x) = \alpha (\alpha − 1) x^{\alpha −2}.$ Если $ \alpha \in (0, 1), $ то $ f^{\prime\prime}(x) < 0$ и $f$ вогнута (выпукла вверх). Если $ \alpha \in (− \infty, 0) \cup (1, + \infty),$ то $ f^{\prime\prime}(x) > 0 $ и $f$ выпукла вниз.

Пример 2. Для функции $f(x) = \sin x$ имеем $f’ (x) = \cos x, f^{\prime\prime}(x) =− \sin x.$ При $x \in (2k\pi,(2k + 1)\pi)$ имеем $f^{\prime\prime}(x) < 0,$ т. е. $f$ выпукла вверх, а при $x \in ((2k− 1)\pi, 2k\pi)$ имеем $f^{\prime\prime}(x) > 0,$ т. е. $f$ выпукла вниз.

Точки перегиба. Точкой перегиба называется такая точка графика функции $y = f(x),$ которая разделяет его выпуклую и вогнутую части.

Определение. Пусть функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ и точка $x_0 \in (a, b).$ Если на $(a, x_0)$ функция $f$ выпукла, а на $(x_0, b)$ – вогнута, или на $(a, x_0) f$ вогнута, а на $(x_0, b)$ – выпукла, то точка $(x_0, f (x_0))$ называется точкой перегиба функции $f.$

Если существует $f^{\prime\prime} (x_0)$ и $(x_0, f (x_0))$ – точка перегиба, то $f^{\prime\prime} (x_0) = 0.$ Действительно, существование $f^{\prime\prime} (x_0)$ предполагает существование $f’ (x)$ в некоторой окрестности точки $x_0.$ Если при переходе через точку $x_0$ функция $f$ меняет характер выпуклости, то, согласно теореме 3, при переходе через точку $x_0$ производная $f’ (x)$ меняет характер монотонности. Значит, в точке $x_0$ производная $f’ (x)$ имеет экстремум, откуда, в силу теоремы Ферма, $f^{\prime\prime} (x_0) = 0.$

Однако условие $f^{\prime\prime} (x_0) = 0$ не означает, что $(x_0, f (x_0))$ – точка перегиба функции $f.$ Например, для функции $f(x) = x^4$ имеем $f^{\prime\prime}(0) = 0,$ но в точке $(0, 0)$ перегиба нет.

Достаточным условием перегиба для дважды дифференцируемой функции является условие сохранения знака второй производной $f^{\prime\prime}$ слева от $x_0,$ справа от $x_0$ и его изменения при переходе через точку $x_0.$

Теорема 5. Пусть функция $f$ определена на интервале $I$ и точка $x_0 \in I.$ Пусть, далее, существует $f^{\prime\prime}(x) (x \in I), f^{\prime\prime} (x_0) = 0$ и $f^{\prime\prime}(x) \leqslant 0$ при $x < x_0$ и $f^{\prime\prime}(x) \geqslant 0$ при $x > x_0.$ Тогда $(x_0, f (x_0))$ – точка перегиба, и при переходе через точку $x_0$ функция меняет характер выпуклости с выпуклости вверх на выпуклость вниз.

Эта теорема является следствием теоремы 3.

Примеры решения задач

Пример 1.
Найти интервалы, при которых кубическая функция $y = x^3$ выпукла вниз и выпукла вверх.

Решение

Построим график функции $y = x^3$ .

Найдем первую и вторые производные. $$f'(x) = ( x^3)’= 3x^2;$$ $$f^{\prime \prime}(x) = (3x^2)’ = 6x.$$ Очевидно, что в этом случае $f^{\prime \prime} < 0$ для $x<0$ и $f^{\prime \prime} > 0$ для $x>0.$ Поэтому на бесконечном интервале $( \infty; 0)$ функция строго выпукла вверх, на интервале $(0; + \infty)$ строго выпукла вниз.

[свернуть]

Пример 2.
Найти точки перегиба функции $f(x) = {e^{-x}}^2.$

Решение

Найдем первую производную. $$ f'(x) = -2x {e^{-x}}^2;$$Найдем вторую производную функции: $$f^{ \prime \prime} = -2{e^{-x}}^2 + 4x^4{e^{-x}}^2 = 4(x+ \frac{1}{\sqrt{2}})(x- \frac{1}{\sqrt{2}}){e^{-x}}^2.$$

Производная функции обращается в нуль в точках $x=- \frac{1}{\sqrt{2}}$ и $x=\frac{1}{\sqrt{2}}$ и при переходе через них меняется знак, значит эти точки являются точками перегиба.

[свернуть]

Пример 3. Найти точки перегиба функции $ f(x) = x^3- 3x^2+ x.$

Решение

Найдем первую производную функции: $$ f'(x) = (x^3- 3x^2+x)’ = 3x^2- 6x +1; $$ Найдем вторую производную функции: $$ f^{\prime\prime}(x) = (3x^2- 6x + 1)’ = 6x- 6; $$ Найдем нули второй производной: $$6x- 6 = 0 \Rightarrow 6x = 6 \Rightarrow x = 1$$ $x = 1$ — точка перегиба.

[свернуть]

Пример 4. Найти точки перегиба функции $f(x) = \arccos(x + 2).$

Решение

Найдем первую производную: $$ f'(x) = ( \arccos(x+2))’ =- \frac{1}{ \sqrt{1 — (x + 2)^2}};$$

Найдем вторую производную:

$$ f^{\prime\prime} (x) = \left(- \frac{1}{ \sqrt{1- (x + 2)^2)}}\right)’=$$
$$ = \frac{1}{2 \sqrt{(1 — ( x + 2)^2)^3}} (0- 2(x +2)(x + 2))’=$$

$$=-\frac{x+2}{\sqrt{(1-(x+2)^2)^3}} = 0. $$

Найдем значение второй производной в точке $x=0:$

$x =- 2$ — точка перегиба.

[свернуть]

Пример 5. Найти точки перегиба функции $ y = \frac{\ln(x)}{x}$.

Решение

Найдем первую производную:$$ y =\left( \frac{1}{x} \ln(x) \right)’ = \frac{(\ln(x))’x- \ln(x)(x)’}{x^2}=\frac{\frac{1}{x}x- \ln(x)1}{x^2}=$$

$$=\frac{\frac{1}{x}x \ln(x)}{x^2} =\frac{ \ln{x}- 1}{ \ln^2(x)}.$$

Найдем вторую производную:

$$f^(\prime\prime)(x)== \frac{ \frac{1}{x} \ln^2(x)-(\ln(x- 1)) \frac{2 \ln(x)}{x} }{ln^4(x)}=$$ $$= \frac{\ln(x)- 2 \ln(x)+2}{x ln^3{x}}=\frac{2 — \ln(x)}{x \ln^3(x)}=0.$$

$ x = e^2 \approx 7,4$ — точка перегиба.

[свернуть]

Литература

Выпуклые функции и точки перегиба

Этот тест проверит ваши знания касательно темы «Выпуклые функции и точки перегиба»

7.9 Дальнейшие свойства интеграла Римана

Определение. Функция называется непрерывно дифференцируемой на отрезке, если ее производная является непрерывной на этом отрезке. При этом на концах отрезка производная понимается как односторонняя.

Теорема (формула интегрирования по частям). Пусть функции $u$ и $v$ непрерывно дифференцируемы на отрезке $\left[a, b\right]$. Тогда справедливо равенство $$\int_{a}^{b} u\left(x\right)v’\left(x\right)dx = u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b — \int_{a}^{b} u’\left(x\right)v\left(x\right)dx.$$

По правилу дифференцирования произведения,
$$\left(u\left(x\right)v\left(x\right)\right)’=u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right).$$ Из условий теоремы следует, что справа – непрерывная функция, так что непрерывна и левая часть равенства. Интегрируя это равенство и используя формулу Ньютона – Лейбница, получим $$\int_{a}^{b} \left[u\left(x\right)v’\left(x\right)+u’\left(x\right)v\left(x\right)\right]dx=u\left(x\right)v\left(x\right)\mid_a^b.$$ Каждое из двух слагаемых под знаком интеграла слева – непрерывные, а значит, интегрируемые функции. Поэтому интеграл от суммы этих функций равен сумме интегралов от каждой из них. Отсюда следует требуемое равенство.

Теорема 1 (о замене переменной в определенном интеграле). Пусть функция $\varphi$ непрерывно дифференцируемая на отрезке $\left[\alpha, \beta\right]$, а функция $f$ непрерывна на некотором отрезке, содержащем область значений функции $\varphi$. Пусть $\varphi\left(\alpha\right)=a$ и $\varphi\left(\beta\right)=b$. Тогда справедливо равенство $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Оба интеграла, очевидно, существуют, и нужно доказать их равенство. Для этого применим формулу Ньютона – Лейбница. Пусть $F\left(x\right)$ – первообразная для $f\left(x\right)$. Она существует в силу непрерывности $f$ и основной теоремы интегрального исчисления. Пусть $g\left(t\right)=f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$. Тогда $G\left(t\right) = F\left(\varphi\left(t\right)\right)$ является первообразной для $g\left(t\right)$, поскольку $$G’\left(t\right)=\left(F\left(\varphi\left(t\right)\right)\right)’=F’\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)=f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)=g\left(t\right).$$ По формуле Ньютона – Лейбница, имеем $$\int_{a}^{b} f\left(x\right)dx=F\left(b\right)-F\left(a\right),$$ $$\int_{a}^{b} g\left(t\right)dt=G\left(\beta\right)-G\left(\alpha\right)=F\left(\varphi\left(\beta\right)\right)-F\left(\varphi\left(\alpha\right)\right)=F\left(b\right)-F\left(a\right).$$ Из этих двух равенств следует теорема.

Пример 1. $$\int_{0}^{\pi} x\sin xdx=\begin{bmatrix}u=x, & dv=\sin xdx\ \\du=dx, & v=-\cos x \end{bmatrix}=\\=-x\cos x\mid_0^\pi+\int_{0}^{\pi}\cos xdx=\pi+\sin x\mid_0^\pi=\pi.$$

Пример 2. $$I_{n}\equiv\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-1}x\sin xdx=\begin{bmatrix}u=\sin^{n-1}x, & dv=\sin xdx\\du=\left(n-1\right)\sin^{n-2}x\cos xdx, & v=-\cos x \end{bmatrix}=\\=-\sin^{n-1}x\cos x\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\cos^{2} xdx\\=0+\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\left(1-\sin^{2}x\right)dx=\\=\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}xdx-\left(n-1\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=\left(n-1\right)\left(I_{n-2}-I_{n}\right).$$ Отсюда получаем $nI_{n}=\left(n-1\right)I_{n-2}$, или $$I_{n}=\frac{\left(n-1\right)I_{n-2}}{n}.$$ Вычислим $$I_{0}=\frac{\pi}{2}, \ I_{1}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=-\cos x\mid_{0}^{\frac{\pi}{2}}=1.$$ Если $n = 2k$, то $$I_{2k}=\frac{\left(2k-1\right)\left(2k-3\right)\dots1}{2k\left(2k-2\right)\dots2}\frac{\pi}{2}=\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\frac{\pi}{2},$$ а при $n = 2k + 1$ имеем $$I_{2k+1}=\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}.$$ Заметим, что $\sin^{2k+1}x\leqslant\sin^{2k}x\leqslant\sin^{2k-1}x$, $0\leqslant x\leqslant\frac{\pi}{2}$, откуда следует $I_{2k+1}\leqslant I_{2k}\leqslant I_{2k-1}$, так что $$\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\leqslant\frac{\left(2k-1\right)!!}{\left(2k\right)!!}\frac{\pi}{2}\leqslant\frac{\left(2k-2\right)!!}{(\left(2k-1\right)!!}.$$ Поэтому справедливо неравенство $$x_{k}\equiv\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k+1}\leqslant\frac{\pi}{2}\leqslant\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k}\equiv y_{k}.$$ Оценим $$y_{k}-x_{k}=\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k\left(2k+1\right)}=\\=\frac{2k+1}{2k}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k+1\right)!!}\right)^{2}=\frac{2k+1}{2k}I_{2k+1}^{2}=\frac{2k+1}{2k}\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2k+1} xdx\right)^2.$$ Отсюда и из доказанного выше равенства $$\lim_{n \rightarrow \infty}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}xdx=0$$ следует, что обе последовательности $\left\{x_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}$ и $\left\{y_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}$ сходятся к $\frac{\pi}{2}$.
Таким образом, мы доказали, что $$\pi=2\lim_{k \rightarrow \infty}\left(\frac{\left(2k\right)!!}{\left(2k-1\right)!!}\right)^{2}\frac{1}{2k+1}.$$ Это равенство называется формулой Валлиса.

Пример 3. Вычислить $$ I\equiv\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}dx.$$ Полагаем $x = \sin t$, где $0\leqslant t\leqslant\frac{\pi}{2}$. Тогда получим $$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{1-\sin^{2}t}\cos tdt=\\=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1+\cos2t}{2}dt=\frac{\pi}{4}.$$

Пример 4. Вычислить $$I\equiv\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx.$$ Полагаем $\pi − x = t$, $x = \pi − t$, $dx = −dt$. Тогда получим $$I=-\int_{\pi}^{0}\frac{\left(\pi-t\right)\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\int_{0}^{\pi}\frac{\left(\pi-t\right)\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\\=\pi\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{1+\cos^{2}t}dt-\int_{0}^{\pi}\frac{t\sin t}{1+\cos^{2}t}dt=\\=-\pi \ arctg(\cos t)\mid_{0}^{\pi}-I=\frac{\pi^{2}}{2}-I.$$ Отсюда следует, что $ I=\frac{\pi^{2}}{4}$.

Теорема 2 (о замене переменной в определенном интеграле). Пусть функция $f$ интегрируема на отрезке $\left[a,b\right]$ , а функция $\varphi$ непрерывно дифференцируема на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$, монотонна на этом отрезке и $\varphi\left(\alpha\right)=a$, $\varphi\left(\beta\right)=b$. Тогда функция $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ интегрируема на отрезке $\left[\alpha,\beta\right]$ и справедливо равенство $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{\alpha}^{\beta}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Рассмотрим произвольное разбиение $\alpha=t_{0}<t_{1}<\dots<t_{n}=\beta$ отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$. Будем предполагать, что функция $\varphi$ возрастает. Тогда отрезок $\left[a,b\right]$ тоже разобьется точками $a=x_{0}<x_{1}<\dots<x_{n}=b$, где $x_{i}=\varphi\left(t_{i}\right)$. Если $\max\triangle t_{j}\rightarrow0$, то стремится к нулю и $\max\triangle t_{j}$, так как функция $\varphi$ равномерно непрерывна на $\left[\alpha,\beta\right]$. По формуле Лагранжа имеем $$-x_{i}=\varphi\left(t_{i+1}\right)-\varphi\left(t_{i}\right)=\varphi’\left(\bar{\tau}_{i}\right)\triangle t_{i},$$ где $\bar{\tau}_{i}$ – некоторые точки из отрезков $\left[t_{i}, t_{i+1}\right]$. Теперь выберем произвольные точки $\tau_{i}\in\left[t_{i}, t_{i+1}\right]$ и составим интегральную сумму для $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ $$\sigma=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\varphi’\left(\tau_{i}\right)\triangle t_{i}.$$ Обозначим $\xi_{i}=\varphi\left(\tau_{i}\right)$ и рассмотрим сумму $$J=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\xi_{i}\right)\triangle x_{i}.$$ Заметим, что точки $\xi_{i}\in\left[x_{i}, x_{i+1}\right]$ в силу возрастания функции $\varphi$. Поэтому $J$ – интегральная сумма для $f$. Покажем, что $\sigma-J\rightarrow0$. Действительно, $$J=\sum_{i=0}^{n-1}f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\varphi’\left(\bar{\tau}_{i}\right)\triangle t_{i}.$$ По условию функция $\varphi’$ непрерывна, а значит, равномерно непрерывна на $\left[\alpha,\beta\right]$. Поэтому для заданного $\epsilon>0$ найдется такое $\delta>0$ , что для любых двух точек $t’,t»\in\left[\alpha,\beta\right]$, удовлетворяющих условию $\mid t’-t»\mid<\delta$, справедливо неравенство $\mid\varphi’\left(t’\right)-\varphi’\left(t»\right)\mid<\epsilon$. Если диаметр разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ будет меньшим, чем $\delta$, то получим $$\mid\sigma-J\mid\leqslant\sum_{i=0}^{n-1}\mid f\left(\varphi\left(\tau_{i}\right)\right)\mid\cdot\mid\varphi’\left(\tau_{i}\right)-\varphi’\left(\bar{\tau_{i}}\right)\mid\triangle t_{i}\leqslant\epsilon M\left(\beta-\alpha\right),$$ где $M$ – верхняя грань функции $\mid f\left(x\right)\mid$ на отрезке $\left[a,b\right]$. Таким образом, при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$ имеем $\sigma-J\rightarrow0$. Подчеркнем, что при этом диаметр получаемого разбиения отрезка $\left[a,b\right]$ также стремится к нулю в силу равномерной непрерывности функции $\varphi$. Поэтому, в силу интегрируемости функции $f$, сумма $J$ стремится к $\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx$. Поскольку, как мы показали, $\sigma-J\rightarrow0$ , то и сумма $\sigma$ имеет предел, равный $\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx$. С другой стороны, поскольку $\sigma$ – интегральная сумма для функции $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ и она имеет предел при стремлении к нулю диаметра разбиения отрезка $\left[\alpha,\beta\right]$, то функция $f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)$ интегрируема на $\left[\alpha,\beta\right]$ и $$\int_{a}^{b}f\left(x\right)dx=\int_{a}^{b}f\left(\varphi\left(t\right)\right)\varphi’\left(t\right)dt.$$

Теорема (формула Тейлора с остатком в интегральной форме). Пусть функция $f$ имеет на отрезке $\left[a,b\right]$ непрерывные производные до порядка $\left(n+1\right)$ включительно. Тогда справедливо равенство $$f\left(b\right)=f\left(a\right)+\frac{f’\left(a\right)}{1!}\left(b-a\right)+\dots+\frac{f^{\left(n\right)}\left(a\right)}{n!}\left(b-a\right)^{n}+\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx.$$

Рассмотрим вспомогательную функцию $$\varphi\left(x\right)=f\left(b\right)-f\left(x\right)-\frac{f’\left(x\right)}{1!}\left(b-x\right)-\dots-\frac{f^{\left(n\right)}\left(x\right)}{n!}\left(b-x\right)^{n}=\\=f\left(b\right)-f\left(x\right)-\sum_{k=1}^n\frac{f^{\left(k\right)}\left(x\right)}{k!}\left(b-x\right)^{k}.$$ Ясно, что $\varphi\left(b\right)=0$, то $\varphi\left(a\right)$ – остаток в формуле Тейлора, который мы ищем. Заметим, что функция $\varphi$ имеет на $\left[a,b\right]$ непрерывную производную и поэтому, по формуле Ньютона – Лейбница, получаем $$\varphi\left(b\right)-\varphi\left(a\right)=\int_{a}^{b}\varphi’\left(x\right)dx.$$ Поскольку $\varphi\left(b\right)=0$, то $\varphi\left(a\right)=-\int_{a}^{b}\varphi’\left(x\right)dx$. Вычислим $$\varphi’\left(x\right)=-f’\left(x\right)-\sum_{k=1}^{n}\left[\frac{f^{\left(k+1\right)}\left(x\right)}{k!}\left(b-x\right)^{k}-\frac{f^{\left(k\right)}\left(x\right)}{\left(k-1\right)!}\left(b-x\right)^{k-1}\right]=\\=-\frac{f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)}{n!}\left(b-x\right)^{n},$$ откуда получаем $$\varphi\left(a\right)=\frac{1}{n!}\int_{a}^{b}\left(b-x\right)^{n}f^{\left(n+1\right)}\left(x\right)dx,$$ и теорема доказана.

Примеры решения

Вычислить определенный интеграл $\int_{1}^{2}\ln xdx$.

Решение

$\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{\sqrt{x}}dx=\begin{bmatrix}u=\ln x, & dv=\frac{dx}{\sqrt{x}} \\du=\frac{dx}{x}, & v=2\sqrt{x} \end{bmatrix}=\\=2\sqrt{x}\ln x\mid_1^e-\int_{1}^{e}2\sqrt{x}\frac{dx}{x}=2\sqrt{e}\ln e-2\sqrt{1}\ln 1-4\sqrt{x}\mid_1^e=\\=2\sqrt{e}-\left(4\sqrt{e}-4\right)=2\left(2-\sqrt{e}\right)$
Вычислить определенный интеграл $\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}$.

Решение

Положим $\sqrt{x+1}=t$ или $x=t^2-1$. Тогда $dx=2dt$. При $x=3$ $t=\sqrt{3+1}=2$; при $x=8$ $t=\sqrt{8+1}=3$. Имеем:
$\int_{3}^{8}\frac{x dx}{\sqrt{x+1}}=\int_{2}^{3}2\left(t^2-1\right)dt=2\left(\frac{t^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=\\=2\left(\frac{3^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}-2\left(\frac{2^3}{3}-t\right)\mid_{2}^{3}=10\frac{2}{3}$
Вычислить определенный интеграл $\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}$.

Решение

Положим $x=3tg t$, тогда $dx=\frac{3dt}{\cos^2t}$. При $x=0$ $t=0$; при $x=3$ $t=\frac{\pi}{4}$. Имеем:
$\int_{0}^{3}\frac{dx}{\left(9+x^2\right)^{\frac{3}{2}}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3dx}{\left(9+9tg^2t\right)^{\frac{3}{2}}\cos^2t}=\\=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\cos^3t}{\cos^2t}dt=\frac{3}{27}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos tdt=\frac{3}{27}\sin t\mid_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{18}$
Вычислить определенный интеграл $\int_{0}^{1}\arccos x dx$.

Решение

$\int_{0}^{1}\arccos x dx=\begin{bmatrix}u=\arccos x, & dv=dx \\du=-\frac{dx}{\sqrt{1-x^2}}, & v=x \end{bmatrix}=\\=x\arccos x\mid_0^1+\int_{0}^{1}\frac{xdx}{\sqrt{1-x^2}}=$
Положим $1-x^2=t$, тогда $dx=-\frac{dt}{2x}$. При $x=0$ $t=1$; при $x=1$ $t=0$. Имеем:
$=x\arccos x\mid_0^1-\frac{1}{2}\int_{1}^{0}\frac{dt}{\sqrt{t}}=x\arccos x\mid_0^1+\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{dt}{\sqrt{t}}=\\=x\arccos x\mid_0^1+\sqrt{t}\mid_0^1=1\arccos 1-0\arccos 0+\sqrt{1}-\sqrt{0}=1$

Литература

В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу т.1. Одесса, «Астропринт», 2010, стр 209-215.
Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа : учебник для вузов: В 3 т. Т. 1. Дифференциальное и интегральное исчисления функций одной переменной / Л. Д. Кудрявцев. — 5-е изд., перераб. и доп. — Москва: Дрофа, 2003. — 703 с. — С. 594-596.
Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу.

Дальнейшие свойства интеграла Римана

Для закрепления материала темы, рекомендуется пройти следующий тест.

1.4 Целые числа. Принцип Архимеда

Одна из аксиом сложения предполагает наличие у каждого числа $ x$ противоположного ему числа $ -x$, т. е. такого, что $ x\;+\;(-x)\;=\;0$.

Определение. Натуральные числа, противоположные им и число $ 0$ будем называть целыми числами. Множество всех целых чисел обозначается через $ \mathbb{Z}$.

Лемма 1. Во всяком непустом ограниченном сверху подмножестве множества целых чисел существует наибольший элемент.

Пусть A – ограниченное сверху подмножество множества целых чисел. Тогда у него существует верхняя грань $ c\;=\;\sup\;A$. Число $ c-1$ не является верхней границей множества A и поэтому найдется такое $ z_0\in A$, что $ c\;-\;1\;<\;z_0\;\leq\;c$. Это число $ z_0$ является наибольшим в A. В самом деле, если найдется $ z’\in A$, такое, что $ z’>z_0$, то $ z’\geq z_0+1$ (во множестве $ \mathbb{Z}$ между $ z_0$ и $ z_0+1$ нет целых чисел). Но $ z_0+1>c$, а значит, и $ z’>c$, что противоречит тому, что c – верхняя граница множества A.

Следствие. Множество $ \mathbb{N}$ всех натуральных чисел неограничено сверху.

В самом деле, если бы $ \mathbb{N}$ было бы ограниченным сверху, то, согласно лемме 1, в нем нашелся бы наибольший элемент $ n_0$. Но $ n_0 + 1 > n_0$ и $ n_0+1\in\mathbb{N}$, что приводит к противоречию.

С помощью кванторов это следствие можно записать так:

$ \forall a\;\in\;\mathbb{R}\;\;\exists n\;\in\;\mathbb{N}\;:\;\;n\;>\;a$

Лемма 2. В каждом непустом ограниченном снизу подмножестве
целых чисел существует наименьший элемент (доказывается аналогично лемме 1).

Теорема (принцип Архимеда). Для любого действительного числа $ x$ и для любого положительного $ h$ существует единственное целое число $ k_0$, такое, что $ ({\mathrm k}_0\;-\;1)\mathrm h\;\leq\;\mathrm x\;<\;{\mathrm k}_0\mathrm h$.

Зададим $ x\in R$ и $ h>0$. Множество целых чисел $ k$, таких, что $ k>\frac xh$, непусто в силу следствия из леммы 1, и это множество ограничено снизу. Поэтому, в силу леммы 2, в этом множестве есть наименьший элемент $ k_0$, и он единственный. Так как $ k_0>\frac xh$, а из неравенства $ k_0-1\leq\frac xh$ следует, что $ (k_0-1)\leq x$.

С геометрической точки зрения принцип Архимеда означает, что каждая точка $ x\in\mathbb{R}$ попадает в один, и только в один из полуинтервалов $ \lbrack(k-1)h,kh\rbrack$.

Определение. Рациональным называется число, которое может быть представлено в виде $ \frac pq$, где $ p$ – целое, $ q$ – натуральное. Множество всех рациональных чисел обозначается через $ \mathbb{Q}$.

Следствие из принципа Архимеда. Пусть $ a$, $ b$ – действительные числа, такие, что $ a < b$. Тогда найдется такое рациональное число $ r$, что $ a < r < b$.

Выберем натуральное $ n>\frac1{b-a}$ (оно существует в силу следствия из леммы 1).Применяя принцип Архимеда с $ h=\frac1n$ найдем такое целое $ k$, что $ \frac{k-1}n\leq a<\frac kn$. Обозначим $ r=\frac{\displaystyle k}{\displaystyle n}\in\mathbb{Q}$. Остается показать, что $ r<b$. Если $ r=\frac{\displaystyle k}{\displaystyle n}\geq b$, то из неравенства $ \frac{\displaystyle k-1}{\displaystyle n}\leq a$ получим, что $ \frac{\displaystyle1}{\displaystyle n}\geq b-a$, т. е. $ n\leq\frac1{b-a}$, что противоречит выбору числа $ n$.

Это следствие называют свойством плотности рациональных чисел.

Примеры решения задач

Пример 1.
Пусть $ \{-x\}$ — множество чисел, противоположных числам $ x\in\{x\}$.Доказать, что
a)$ \inf\{-x\}=-\sup\{x\}$
b)$ \sup\{-x\}=-\inf\{x\}$^[2]

Решение

a) Обозначим $ s=sup\{x\}$
тогда $ \forall e\in\{x\}:e\leq s\Rightarrow$(из аксиом умножения и так как $ -1<0$)$ \forall e\in\{x\}:-e\geq-s$, что, в свою очередь и означает что $ \inf\{-x\}=-sup\{x\}$.
b) Поскольку $-(-x)=x$ то множество чисел ${x}$ противоположно ${-x}$ то выполняется следующее: $ \inf\{x\}=-sup\{-x\}$ (из примера а). Домножив обе части на -1 получим нужное равенство.

Пример 2.Докажите что для любых 2х разных действительных чисел $ a,b$ найдется 2 различных, не пересекающихся полуинтервалов, таких что каждое из чисел $ a,b$ принадлежит ровно одному отрезку.

Решение

Не нарушая общности пусть $ a>b$. Тогда по следствию из принципа Архимеда найдется $ a\;>\;r\;\;>\;b$. Теперь найдем такое $c$ что $c<b$. На множестве действительных чисел это можно сделать. Теперь если рассматривать полуинтервалы $ (c;r\rbrack$ и $ (c;r\rbrack$ то можно заметить что $ c<b<r<a\;\Rightarrow\;b\in(c;r\rbrack,\;b\not\in(r;a\rbrack,\;a\not\in(c;r\rbrack,\;a\in(r;a\rbrack$ а это то что и требовалось доказать.

Пример 3.Пусть $\left\{x+y\right\}$ есть множество всех сумм $x+y$, где $x\in\{x\}$ и $y\in\{y\}$.
Доказать равенства:
a) $\inf\{x+y\}\;=\;\inf\{x\}\;+\;\inf\{y\}$;
b) $sup\{x+y\}\;=\;sup\{x\}\;+\;sup\{y\}$;^[2]

Решение

a)Предположим что это не так.
Обозначим $a=\;\inf\{x\}\;,\;b=\inf\{y\}$. Тогда $\exists x_0\in\{x\},y_0\in\{y\}:\;x_0+y_0<a+b$, то есть $(x_0-a)+(y_0-b)<0$. Но это невозможно так как $x_0>a\Rightarrow x_0-a>0,\;y_0>b\Rightarrow y_0-b>0$, а сумма двух положительных не может дать отрицательное. Что значит что наше предположение не верно, а верно то что и требовалось доказать.
b)Из примера (а) если заменить $\{x\}$ на $\{-x\}$ и $\{y\}$ на $\{-y\}$ получим $\inf\{-x-y\}\;=\;\inf\{-x\}\;+\;\inf\{-y\}$. Из примера (1а) можно заметить что $-\sup\{x+y\}\;=\;-\sup\{x\}\;-\;\sup\{y\}$. Домножив на $-1$ обе части равенства получим то что и требовалось доказать.

Литература

Тест. Целые числа. Принцип Архимеда.

это тест для того что бы вы узнали что вы выучили и что не выучили с этой лекции

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Примеры:

Тест по теме: "Признаки Абеля и Дирихле"

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

5.

Литература:

Потенциальные поля

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

Таблица лучших: Потенциальные поля

Примеры решения задач

Литература

Выпуклые функции и точки перегиба

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

Элементы сортировки

3.

4.

Примеры решения

Литература

Дальнейшие свойства интеграла Римана

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.

6.

Примеры решения задач

Литература

Тест. Целые числа. Принцип Архимеда.

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.