Problems In Mathematical Analysis 1,2
Authors: Hassan Jolany A.Sadighi (Assistant Professor In Islamic Azad University of Tabriz)
فصل 1شمارايی و ناشمارايی فصل 1 شمارايی و ناشمارايی سوال (1ثابت کنيد مجموعه اعداد حقيقی ) (Rناشماراست) .از روش کانتور استفاده نشود(.
اثبات :فرض کنيد Rشمارا باشد .مثالً }R = {x1 , x 2 ,... 1 ⎞1 ⎛ ⎟ I1 = ⎜ x 1 − , x 1 + 4 ⎠4 ⎝
فرض کنيم.
1 ⎞1 ⎛ I 2 = ⎜x 2 − ,x 2 + ⎟, 8 ⎠8 ⎝
)
بطور کلی برای ھر ، n ∈ Iفرض می کنيم I nبازه , x n + 2 − n −1
طول بازه I nبرابر 2 − nاست پس ،مجموع طول ھمه I n
− n −1
(
. I n = xn − 2
ھا برابر است با:
2 −1 + 2 −2 + 2 − n + ... = +1 ∞
∞
n =1
n =1
اما ھر ، xn ∈ I nپس = U {x n } ⊆ U I n
، Rو خط نمايش اعدادحقيقی )که طول اش بی نھايت است( با اجتماع بازه
ھايی که مجموع طولشان 1است پوشيده شود .اين يک تناقض است. سوال (2نشان دھيد مجموعه مکعب مستطيل ھايی که ابعادشان اعداد گويا ھستند مجموعه ای شمارا و نامتناھی است. اثبات :فرض کنيد Aمجموعه ھمه مکعب مستطيل ھايی مانند Mباشد که ابعادشان گويا ھستند .در اين صورت نگاشت f : A → Q × Q × Qرا با ضابطه زير در نظر بگيريد.
) f (M ) = (a, b, c
∀M ∈ A
که در آن c,b,aبه ترتيب به طول و عرض و ارتفاع مکعب مستطيل Mاست .واضح است که fنگاشتی دو سويی است .و لذا خواھيم داشت . A ~ Q × Q × Q :اما ھمانگونه که می دانيم مجموعه Q × Q × Qمجموعه شمارای نامتناھی است لذا A شمارای نامتناھی خواھد بود.
سوال (3نشان دھيد )R n ~ (0,1
) ∀n ∈ Nمفھوم ~ يعنی تناظر يک به يک(
اثبات :اثبات را به استقراء انجام می دھيم.
اوالً به ازای n = 1داريم )R ~ (0,1
و حکم درست است.
ثانيا ً به موجب فرض استقراء قرار می دھيم ) R n ~ (0,1در اين صورت بايد نشان دھيم )~ (0,1
n +1
. Rبدين جھت توابع fو g
را بصورت زير تعريف می کنيم:
)f : (0,1) → (0,1) x(0,1
⎞⎛ 1 ) , ∀ xε (01 ⎟ f ( x ) = ⎜ x, ⎠⎝ 5 , ) × (01 , ) → (01 ) , g : (01 g ( (0/ a1a2...,0/ b1b2...) ) = 0/ a1b1 a2b2... آشکارا پيدا است که توابع fو gتعريف شده در باال ھر دو يک به يک اند و لذا به موجب قضيه شرو در برنشتاين می توان نوشت
)(0,1)× (0,1) ~ (0,1 R n+1 = R n × R ~ (0,1)× (0,1) ~ (0,1) ⇒ R n+1 ~ (0,1) ∀n ∈ N .اکنون قرارمی دھيم:
)قضيه شرودربرنشتاين :ھرگاه Bزيرمجموعه ای از Aبوده و در صورتی که f : A → Bنگاشتی يک به يک باشد آنگاه A و Bدر تناظر يک به يک اند(.
فصل 2مسائل بخش نامساوی ھا بخش نامساوی ھا
سوال an ,...a2 , a1 (1عددھايی حقيقی اند n ≥ 2 bn ,...b2 ,b1ھمان ai ...bn
> b1 2 b
و
> an−1 > ... > a1 > e
. an
ھا منتھا به رديفي ديگرند .ثابت کنيد:
an
a2...
a1
اثبات :اگر = 2 a2 a > 1 Lna2 Lna1
، nدرستی حکم مساله معلوم است زيرا
فرض کنيد . n > 2توجه کنيد که به ازای kای > bk +1 ...bn
. bkفرض کنيد
m = bk + 2
چون
bkm+1 bm < k Ln bk +1 Ln bk bkbk +1 < bkb+k 1 m
چون bk +1Nbn
بنابراين
Nbk
> b1
m
bk Nbn
Nbk +1
b1
اگر اين نحوه استدالل را چندين بار تکرار کنيم معلوم می شود که حکم مساله درست است.
سوال (2فرض کنيد عددھای حقيقی an ,..., a2 , a1
داده شده اند .و
⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎟ A = ⎜ ∑ xi ⎟ ⎜ ∑ ai2 − xi2 ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 ⎠ 2
⎞ 1⎛ n در اين صورت ⎟ = ⎜ ∑ ai ⎠ 2 ⎝ i=1
اثبات :فرض کنيد, ai > 0
π 2
Amax
≤ ≤ θi
π 2
, ,..., n ) , xi = ai .sin θi , − ( i = 12
⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎟ A = ⎜ ∑ ai sin θ i ⎟ ⎜ ∑ ai cos θ i ⎠ ⎝ i=1 ⎠ ⎝ i=1 n n ⎞ 1⎛ n 2 ⎟) ⎜ ∑ ai sin 2θ i + 2∑ ∑ ai a j sin(θ i + θ j ⎜ ⎟ 2 ⎝ i=1 i =1 j =i +1 ⎠
=
در اين صورت
θi
از اينجا معلوم می شود که بيشترين مقدار Aوقتی به دست میآيد که ھمه 2
⎞ 1⎛ n ⎟ = ⎜ ∑ ai ⎠ 2 ⎝ i=1
سوال (3اگر
π 2
ھا برابر
π 4
باشند يعنی
Amax
< 0 < θثابت كنيد
) sin 2θ > (tg θ
cos 2θ
براي اثبات از نابرابري ميانگين حسابي -ميانگين ھندسي وزندار استفاده ميكنيم )اگر
ωn ,..., ω2 , ω1 , an ,..., a2 , a1
حقيقي و غيرمنفي باشند آنگاه
∞ ⎛ ⎞ ⎜ ∑ wi ai ⎟ ∑n wi n w ⎜ i=1 ≥ ⎟ i =1 ai i ∏ ⎜ n ⎟ i =1 ⎟ ⎜ ∑ wi ⎝ i=1 ⎠ 1/ 2
⎛ ⎞ ⎜ 1/ 2 sin2θ ⎟ cos2θ 1 ⎞ 1 ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 2 = ⎜ sin2θ . 2 + cos2θ ⎜. ⎟ ≥ ⎜⎜ 2 ⎟ ⎟ 2 ⎟ 2 sin θ ⎠ cos θ ⎝ ⎠ ⎝ cos θ ⎠ ⎜⎜ ⎝ sin θ ⎟⎟ ⎝ ⎠
2 1 2 1 = ( tgθ )cos θ ( tgθ )− sin θ sin θ cos θ
=
1
2
2θ
( sin θ )sin θ ( cosθ )cos
2 2 1 ( tgθ )cos θ −sin θ sin θ cos θ cos 2θ
سوال (4اگر
π 4
اثبات :چون 0 < tgθ < 1از نابرابري ميانگين حسابي – ميانگين ھندسي وزندار نتيجه مي شود:
(1 + tg θ ) (tg θ ) < (1 − tgθ )(1 + tg θ ) + tgθ tg θ (sin θ ) < 1 + tg θ − tgθ < 1 2
tgθ
2
2
2
tgθ
2
2
cos 2 θ
در نتيجه < cos 2 θ
(sin 2 θ )tgθبنابراين (sin θ )sin θ < (cos θ )cos θ
سوال x (5عددي غيرمنفي است و x<1ثابت كنيد عددھايي مثبت مانند C2 ,C1
(
)
C2 C1 ≤ ∏ 1+ x4 ≤k 1− x k ≥0 1− x
)
(
اثبات :فرض كنيد f ( x ) = ∏ 1 + x 4چون x < 1 k
k ≥0
پس
≥⇒ 2
) ⇒ sin 2θ ≥ ( tgθ
< o < θثابت كنيد(sin θ )sin θ < (cos θ )cos θ : 1−tgθ
=
وجود دارند به طوري كه
عددھايي
1 1− x
= (1 + x ) (1 + x 2 )... (1 + x n )...
بنابراين ) f (x ) f (x 2 ) = (1 − xدر نتيجه )) ≤ ( f (x −1
2
) ( f (x )) ≤ (1 − x 2
−1
2
و يا
1 1+ x 2 ≤ ) ≤ f (x < 1− x 1− x 1− x سوالan ,..., a2 , a1 (6
عددھاي حقيقي مثبت اند ثابت كنيد
( a1 + a2 + ... + an )k !k
n
n
k =o
i =1
∑ ≤ ) ∏ (1+ ai
اثبات :از نابرابري ميانگين حسابي – ھندسي نتيجه مي شود: n
n
⎞ ⎛ n 1+ a ⎞ ⎛ a + a + ..., a ⎠⎟ ∏ (1+ ak ) ≤ ⎜ ∑ n k ⎟ = ⎜⎝1+ 1 2n n k =1 ⎝ k =1 ⎠ k
n
) ⎛ 1 ⎞ ⎛ k − 1⎞ ( a1 + a2 + ... + an 1+ ∑1⎜1− ⎟ ... ⎜ 1− ⎟ ⎝ ⎠n ⎠ n !k ⎝ k =1 n
( a1 + a2 + ... + an )k !k
n
k =1
∑≤
k =0
سوال (7وال ثابت كنيد براي عددھاي مثبت و دلخواه an ,..., a2 , a1 a1a2 ...ak ≤ e∑ ak
n
اين نابرابري برقرار است
n
k
∑ k =1
اثبات :قرار مي دھيم k
⎞1 ⎛ ) = k ⎜ 1 + ⎟ , (k = 1,2 ,..., n ⎠k ⎝
)(k + 1
k
k −1
k
= bk
با توجه به نابرابري bk ≤ keو )b1...bk = (k + 1 k
و ھمچنين قضيه مربوط به واسطه ھا داريم:
1 ) (a1b1 + ... + ak bk )k (k + 1
≤ ) (a1b1 )...(ak bk
1 k +1
= a1a2 ...ak
k
1 ⎞ k ⎛1 =⎜ − ⎟ ∑ a jb j ⎝ k k + 1 ⎠ j =1 سپس
n ⎡ ⎤ 1 ⎞ k ⎛1 a1a2 ...ak ≤ ∑ ⎢⎜ − ⎟ ∑ a jb j ⎥ k + 1 ⎠ j =1 k =1 k =1 ⎣⎝ k ⎦ n ⎡ n 1 ⎞⎤ ⎛1 = ∑ ⎢a j b j ∑ ⎜ − ⎟⎥ k + 1 ⎠⎦ j =1 ⎣ k= j ⎝ k n a b n ⎛1 1 ⎞ n ⎟⎟∑ (a j b j ) ≤ ∑ j j ≤ e∑ a j = ⎜⎜ − j j =1 j =1 ⎝ j n + 1 ⎠ j =1 n
∑
ثابت كنيد
k
r > 0 r عددھايي حقيقي و بزرگتر باشند به ازاي ھرc,b,a ( اگر8سوال
(
) (
) (
r
r
S = log bc + log bca + log cab a در
)
r
≥ 3 × 2r
Ln y پيش از ھر چيز توجه كنيد:اثبات Ln x
y = x k = e k ln x آنگاهlog xy = k )اگر فرض كنيمlog xy =
بنابراينLn y = k Lnx نتيجه
log abc =
Ln bc Ln b + Ln c Ln b Ln c = = + Ln a Ln a Ln a Ln a اينك بنابر نابرابري ميانگين حسابي – ميانگين ھندسي
⎡ Ln b . Ln c ⎤ Lnb Lnc + ≥ 2⎢ 2 ⎥ Lna Lna ⎣ (Lna ) ⎦ 2 (Ln b Ln c ) Ln a
1/ 2
1/ 2
log bc a ≥
و در نتيجه
كه از آن نتيجه ميشود
(log )
bc r a
(
)
r logbca
≥
2r ( Ln c . Ln a )
r /2
(
( Lnb )r
)
ab r
وlog c
2 r (Ln b . Ln c ) ≥ (Ln a )r
r/2
2 r (Lna . Ln b ) (Ln c )r
r/2
≥
به ھمين ترتيب بنابراين
2 r (Lnb . Lnc ) (Ln a )r
r/2
S≥
2 r (Ln c . Lna ) (Lnb )r
r/2
+
2 r (Lna . Lnb ) (Lnc )r
r/2
+
باالخره با استفاده از ميانگين حسابي ھندسي در طرف راست به دست آوريم 1
r/2 r/2 r/2 S ⎡ 2 r (Ln b . Ln c ) 2 r (Ln c . Lna ) 2 r (Lna Lnb ) ⎤ 3 ≥⎢ . ⎥ 3 ⎣ (Ln a )r (Ln b )r (Lnc )r ⎦
در نتيجه 1
⎡ 2 3 r (Lna Lnb Lnc )r ⎤ 3 S ≥ 3⎢ r ⎥ ⎣ (Lna . Lnb . Ln c ) ⎦
و حكم ثابت مي شودS ≥ 3× 2 يعني r
اين برھان را مي توانيى در مورد nعدد كه ھمگي از 1بزرگترند تعميم دھيد r
)≥ n ( n − 1
r
)
(
n
s = ∑ log a a1a2...ai −1ai +1...an i
i =1
سوال (9به كمك استقرا رياضي ثابت كنيد براي ھر n > 1 ⎞1 ⎛ n log n − n < log n! < ⎜ n + ⎟ log n − n + 1 2 ⎠ ⎝
)(1
⎞1 ⎛ u (n ) = n log n − n, V (n ) = ⎜ n + ⎟ log n − n + 1 ⎠2 ⎝
اثبات :قرار مي دھيم
ابتدا نامساوي ! u (n ) < log nرا ثابت مي كنيم اين نامساوي براي n = 1 براي n = kبرقرار باشد يعني !u (k ) < log k
برقرار است فرض كنيد كه اين نامساوي
آنگاه
!)u (k ) + log (k + 1) < log k !+ log (k + 1) = log (k + 1 اگر نشان دھيم
)(k + 1)log (k + 1) − (k + 1) < k log k − k + log (k + 1 )(2 آنگاه ثابت كردهايم كه !) u (k + 1) < log(k + 1و اين ھمان نامساوي مورد نظر است فرض كنيد ) (2براي يك مقدار kبرقرار نباشد يعني
)(k + 1)log (k + 1) − (k + 1) ≥ k log k − k + log (k + 1 ⎤⎡ k + 1
⎤⎡ k + 1
logبنابراين در اين صورت k log ⎢⎣ k ⎥⎦ ≥ 1و در نتيجه ⎢⎣ k ⎥⎦ k ≥ 1 k
⎞⎛ 1 ⎜1 + ⎟ ≥ e ⎠⎝ k
كه اين خود تناقض است بنابراين ) (2برقرار بوده و نامساوي براي k + 1
درست است
حال نامساوي زير را در نظر بگيريد )(5
⎞1 ⎛ ) log n!< ⎜ n + ⎟ log n − n + 1 = V (n ⎠2 ⎝
رابطه ) (5براي n = 2درست است اگر اين رابطه براي n = k
برقرار باشد يعني
) log k!< V (k
آنگاه داريم كه
⎞1 ⎛ )log k!+ log(k + 1) < ⎜ k + ⎟ log k − k + 1 + log (k + 1 ⎠2 ⎝ اگر نشان دھيم كه
⎞1 ⎞3 ⎛ ⎛ )⎜ k + ⎟ log k − k + 1 + log (k + 1) < ⎜ k + ⎟ log (k + 1) − (k + 1) + 1 (6 ⎠2 ⎠2 ⎝ ⎝
آنگاه ديده مي شود كه ) (5براي n = k + 1 ⎞1 k ⎛ +1< 0 ⎜ k + ⎟ log ⎠2 k +1 ⎝ و يا
برقرار است نامساوي ) (6را چنين مي توان نوشت:
2 x k 2 logقرار مي دھيم )(7 + <0 + k + 1 2k + 1 x + 1 2x + 1 به راحتي ثابت مي شود كه براي x > oتابع fصعودي و اگر ∞ → xنگاه f (x ) → 0
( x > o ) ; f ( x ) = log پس f ( x ) < 0براي x > 0
و حكم از اينجا ثابت مي شود
)
(
2 1 x سوال (10به ازاي كدام عدد حقيقي cنامساوي e + e − x ≤ e cx 2
به ازاي ھر عدد حقيقي xبرقرار مي شود
حل :اگر نامساوي به ازاي ھر xبرقرار باشد آنگاه
)
2
(
1 x −x e +e 2 ∞ n 2n ∞ c .x x2n ∑= −∑ n ! n =0 n ! n =0 2 n
0≤ ecx −
∞ 1 ⎞ x2n ∞ ⎛ n 1 ⎞ x2n ⎛ ⎟ = ∑ ⎜ cn − n ⎟ = ∑⎜ c − n ⎝2 ⎠ n ! n=0 !2 ⎠ n ⎝ n =0
1 براي آنكه ببينيد چرا 2 1 از طرف ديگر اگر ≥ cآنگاه 2
≥ cدو طرف را بر x 2تقسيم كنيد و قرار دھيد x = 0
∞ ∞ 1 x −x x2n x2n ∑= ⇒ ≤∑ n e +e 2 !) n =0 (2n ! n =0 2 n
(
)
2
2
≤ ecx
x e2
⇒
1 و از اينجا نتيجه مي شود كه نامساوي مورد نظر به ازاي ھر xبرقرار است اگر و فقط اگر 2
≥ cباشد
فصل 3مسائل بخش اعداد گويا وگنگ فصل 3 بخش اعداد گويا و گنگ
a سوال ( 1فرض كنيد b
)در كمترين عبارت( نمايش يك عدد گويا در فاصله باز )1و (0باشد ثابت كنيد
a 2 1 − > 2 b 2 4b اثبات :واضح است كه
2a 2 − b 2
2
2a − bيك عدد صحيح است و چون b ≠ 0و 2
يك عدد صحيح است لذا 2a − b ≥ 1در نتيجه 2
2
2 2 ⎛a 1 2 ⎞ ⎛a 2 ⎞ 2a − b ⎟ ⎜⎟ ⎜ − ≥ 2 ⎜ b 2 ⎟ . ⎜ b + 2 ⎟ = 2b 2 2b ⎠ ⎝⎠ ⎝
a )∈ ( o ,1 b
پس 2a − b ≠ 0اما 2
2
a 2 a 2 a 2 1 ھر دو در ) (0 ,1قرار دارند لذا < 2 − +در نتيجه > 2 اما و b 2 b 2 4b 2 b 1 سوال (2فاصله باز به طول n p n +1 كسرھاي تحويل ناپذير ) (1 ≤ q ≤ nدر اين فاصله حداكثر برابر است با 2 q
را روي محور عددھاي حقيقي در نظر مي گيريم ) nعددي است درست و مثبت( ثابت كنيد تعداد
⎞1 حل :ھمه نقطه ھاي گويا در بازه ⎟ ⎠n
⎛ ⎝
⎜ α ,α +را به دو زير مجموعه تقسيم مي كنيم
⎫ ⎧ ui ⎬ ⎭ ⎩ vi
⎨ و i = 1,2,..., r
⎫ ⎧x n n مخرج Viدر فاصله 1و واقع است و ⎬ ⎨ iو i = 1,2,..., Sكه در آن مخرج yiدر بازه < yi ≤ n 2 2 ⎭ ⎩ yi
كه در آن
قرار دارد.
n و ھمه اين كسرھا تحويل ناپذيراند .براي ھر ، Viعدد درستي مانند ciوجود دارد .به نحوي كه داشته باشيم ≤ ci vi ≤ n 2
تعريف مي كنيم ys +i = ci vi
و
= ciui
برابر باشند .زيرا از برابري y j = yk
}
.
{
. xs +iھيچ دو عضوي از مجموعه yi 1 ≤ i ≤ r + sوجود ندارد .كه با ھم
نتيجه
1 1 1 x x ≥ i − kو اين ،با اين فرض كه طول بازه برابر مي شود ≥ n yi yk yi n
است ،تناقض دارد .بنابراين تعداد نقطه ھاي متمايز
⎡ n ⎤ n +1 ≤ ⎥ ⎢r +s ≤ n− گويا ،برابر است با 2 ⎦⎣2 1 1 سوال (3ثابت كنيد .متناظر با ھر عدد گنگ ، αعدد صحيح يكتايي چون mوجود دارد به طوري كه < < α − m 2 2
−
حل :به عنوان تمرين به دانشجو واگذار مي شود.
1 سوال α (4عددي حقيقي است و 3 r اثبات :فرض كنيد = αكه در آن rو sعددھايي درست اند و s > 0در اين صورت عددھاي متمايز از ھم در ميان عددھاي s 1 2 cos ( nπ α ) , n ∈ zحداكثر 2 sاست .چون = ، cos π αاز دستور cos 2θ = 2 cos θ − 1و به استقرا مي 3 t m توان نتيجه گرفت كه cos(2 π α ) = m−1كه در آن tعددي درست است و مضرب 3نيست .بنابراين تعداد عددھاي متمايز 2 3
= cos π αثابت كنيد α
در ميان عددھاي ) ، cos(2 m παكه m = 1,2,...
سوال (5فرض f ( x ) = x n
عددي گنگ است.
،نامتناھي است؛ پس
α
كه در آن nعددي طبيعي و ثابت است .و xدر مجموعه ھمه عددھاي طبيعي ...,3,2,1تغيير مي
كند ،با قرار دادن رقمھاي ) ..., f (2), f (1به دنبال ھم ،عددھاي اعشاري yn ⎞ ⎛ ............... ⎞ ⎛ ............... ⎞ ⎛ ............ yn = 0.⎜ f (1) ⎟ ⎜ f (2 ) ⎟ ⎜ f (3) ⎟...... ⎝ ⎝⎠ ⎝⎠ ⎠ بعنوان مثال y1 = 0.249162...
ثابت كنيد yn
عددي گنگ است.
ھا ھمواره گنگ اند.
را مي سازيم.
اثبات :توانھاي 10موجب مي شود كه ھر yn
شامل رشته ھاي به اندازه دلخواه طويلي از 0ھا باشد.
) (
f 10k = 10kn = 100,...,0 ولي ھيچ عدد گوياي اعشاري شامل رشته ھاي به اندازه دلخواه طويلي از 0ھا نيست .مگر اينكه عدد اعشاري مختوم باشد .پس
اگر yn
گويا باشد .الزاما ً مختوم است ولي ھر بار كه
مقدار x nاي را به رشته اضافه مي كنيم رقم غيرصفري در ابتدايش وجود دارد و در نتيجه yn
مختوم نيست.
سوال (6به ازاي ھر عدد گوياي ناصفر cosr ، rعددي اصم است.
اثبات :چون ، cos (− r ) = cos rكافي است كه حكم را در حالتي كه r>0ثابت مي كنيم .پس فرض مي كنيم rعدد گوياي
c a نمايش استانده آن ) ، (a > 0, b > 0و cos rگويا باشد )برھان خلف( و مثبت باشد .و d b
يك نمايش استانده آنَ . ذيال به
استخراج تناقضي از فرض خلف مي پردازيم .به ازاي عدد فرد اول دلخواه ) pكه بعدا آن را به شرايطي مقيد خواھيم كرد( ،بسجمله
اي ) f ( xرا چنين تعريف مي كنيم )(1
}
p −1
{
b 3 p−1 (r − x )2 p r 2 − (r − x )2 !)( p − 1
= ) f (x
واضح است كه p −1
)(2
) b3 p−1 (r − x ) (x − 2r !)( p − 1 2p
)اختيار كردن ضريب b3 p−1
f ( x ) = x p−1
بدين صورت است كه صورت كسر اخير بسجمله اي صحيح الضرايب باشد(.
. Iنتيجه اول فرض خلف .بنابر ) (1به ازاي
r 4 p − 2b 3 p −1 !)( p − 1
0<x
پس ،اگر ∫0 f ( x ) sin x dx r
كه در آن dr 3b2
=
) (
p −1
3 p −1
b r2 p r2 !)( p − 1
< ) 0 < f (x
r 4 p−2b 3 p−1 c1c2p−1 = J = dآنگاه !)( p − 1)! ( p − 1
J ≤ d ∫ f ( x ) dx ≤ dr r
0
= c1و c2 = r bو چون اعداد c1و c2مثبت و مستقل از pاند ،و ھمچنين به آساني ثابت مي شود كه 4 3
حد كسر اخير وقتي كه عدد اول pبه سمت ∞ ميل مي كند صفر است .پس عددي فرد اول مانند ' pھست كه به ازاي ھر عدد اول pكه
' <1 ، p > p
p −1
!)( p − 1
cc . 1 2يكي از اين اعداد اول بزرگتر از ' pرا ،كه از aو dنيز بزرگتر باشد.
اختيار مي كنيم .اين عدد فرد اول ،كه آن را pمي ناميم ،از اين به بعد ثابت ،و pدر تعريف ) f ( xھمين pخواھد بود .پس بنابر آنچه گذشت j < 1 ،و يا .(3) − 1 < j < 1
. IIنتيجه دوم فرض خلف .بسجمله اي ) f (xرا چنين تعريف مي كنيم ) f (2 j ) ( x
j
2 p −1
)∑ (− 1
= ) ،(4)، F ( xواضح است كه
j =0
D{F' ( x ) sin x − F ( x ) cos x} = {F" (x ) + F ( x )}sin xاما ،از ) (4به آساني معلوم مي شود كه
) F " ( x ) = − F ( x ) + f ( xپسD{F ' (x )sin x − F ( x ) cos x} = f ( x )sin x ، بالنتيجه،
∫ f (x )sin xdx = F ' (x )sin x − F (x )cos x
r
r
x =0
0
،پس
r ) ∫0 f (x ) sin xdx = F' (r ) sin r − F (r )cos r + F (0
الف( پس بنابر ) f ( x ) ،(1بسجملهاي است برحسب
(r − x )2
پس ،بنابر ) (4و لم )اگر ) f ( xبسجمله اي برحسب
(r − x )2باشد به ازاي ھر عدد طبيعي فرد (r ) = 0 ، j ب( بنابر ) ،(2بصورت و با شرايط بسجمله اي ) h( xبا شرايط n = p − 1لم )فرض كنيم كه nعددي طبيعي باشد ،و ) g (x ) x n g (x )( j = ) h( xدر اين صورت) h (0 ) ،مقدار مشتق jام ) h( xبه ازاي ( x = 0به بسجمله اي صحيح الضرايب )( j
. fدر فصل مشتق ثابت مي شود(. F ' (r ) = 0 ،
!n
ازاي ھر عدد صحيح نامنفي jعددي است صحيح ،و جز احياناَ بازاي ، j=nبر n+1قابل قسمت است .باالخص اگر g (0) = 0
آنگاه )(0 و
) (n
n + 1 hاست.
2j لھذاf ( ) ( o ) ،
به ازای ھر عدد صحيح نامنفی jعددی صحيح و قابل قسمت بر Pاست ،و جز احيانا ً به ازای
. 2 j = p − 1برای تعيين )(0
)( p −1
، fمالحظه میکنيم که ،بنابر ) ،(2جمله کمترين درجه ) f(xعبارتست از يک جمله ای
⎛ p−1 3 p−1 ⎞ b 2 p−1 ⎟⎟ (− r )2 p (− 2r ) p−1 x p−1 = ⎜⎜ 2 a x p−1 !)( p − 1 !)⎝ ( p − 1 ⎠ و درجه ساير جمالت ) f(xاز p-1بيشتر است .پس،
است .بازاء ،x=0و آن برابر با a 3 p−1
2† p
( 0) ,
)( p −1
p −1
)(0
)( p −1
fمساوی با مقدار مشتق p-1ام يک جمله ای مذکور در فوق
2می باشد .بالنتيجه
p −1
) . f ( p−1) (0) = a 2 p (2aپس ،چون p > a
و
. p † fبنابر آنچه گذشت ،و به موجب ) ،(4عدد ) L = F (0عددی صحيح و غيرقابل قسمت بر P
است. پ( باالخره ،به ) F(rمی پردازيم .بنابر )(1
)
p −1
(
x p+1 r 2 − x 2 b 3 p−1 . !)( p − 1
p −1
f (r − x ) = x
پس ،بسجملهای ) h( x ) = f (r − xدر شرايط لم پرانتز دوم با n=p-1صدق می کند .لھذا ،به ازای ھر عدد صحيح نامنفیj
h ( j ) (0 ) ،بر Pقابل قسمت است .اما h ( j ) (x ) = (− 1) f ( j ) (r − x ) ،و لھذا ) h ( j ) (0) = (− 1) f ( j ) (r )( j
) f ( j ) (r
. Pپس بنابر بر )،(4
( r ) = L′P
j
بالنتيجه
، Fکه L′عددی است صحيح.
خالصه ،با توجه به ) J = − PL' c + dL ،(5که . P † Lچون p > d
. P † dL ،پس Jعدد صحيحی ناصفر است.
نتيجه اخير با ) (3در تناقض است و حکم برقرار است.
سوال (7اگر r ≠ 0عددی گويا باشد آنگاه sinrو sin 2 r
گنگ اند.
اثبات :اگر r ≠ 0و sin rيا sin 2 rگويا باشند از تساوی cos 2r = 1 − 2 sin 2 r
الزم می آيد که cos 2rگويا
باشد و اين با مساله 6در تناقض است.
سوال (8ثابت کنيد اگر rعددی گويا و مخالف صفر باشد آنگاه Arc sin rو Arc cos r
گنگ اند.
اثبات :زيرا اگر مثالً Arc cos r = s ∈Qآنگاه r = cos s؛ و اين ،در صورتی که s ≠ 0 سوال (9ثابت کنيد πعددی گنگ است.
با قضيه قبل متناقض است.
اثبات -1 :عدد گويا است پس بنابر مساله Arc cos (− 1) ، 8عددی گنگ خواھد بود و چون Arc cos (− 1) = π
پس
π
عددی گنگ خواھد بود. سوال p (10و qرا دو عدد طبيعی دلخواه می گيريم .ثابت کنيد چند جملهای ) p ( xبا ضرايب درست وجود دارد به نحوی که به
ازای ھمه مقدارھای بازهای مثل R p 1 < 2 q q
⊆ ، Iنابرابری زير برقرار است:
P( x ) −
⎞ ⎛ 1 3 1 اثبات :برای q=1فرض کنيد q > 1 . p (x ) = pو بازه به طول را به صورت ⎟⎟ , q ⎠ ⎝ 2q 2 p
⎜⎜ در نظر می گيريم .چون
3 داريم< 1 : 2q
.بنابراين عددی مثل m ∈ Nوجود دارد که برای آن، m
⎞ ⎛ 3 1 داشته باشيم; ⎜⎜ ⎟⎟ < : q ⎠ ⎝ 2q
m
⎞ ⎛ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ a = 1 − ⎠ ⎝ 2q
می
گيريم،
اين
در
صورت،
برای
1 m . 0 < 1 − qx < a < 1عدد nرا آنقدر بزرگ انتخاب می کنيم که ،برای آن ،داشته باشيم pq
]
[
n p ) 1 − (1 − q m q
x ∈I
ھر
داريم:
< aو فرض می کنيم: n
= ) p( x
چند جملهای ) p ( xضريبھايی درست دارد،
)
ضريبھای چند جملهای ) Q( xعددھايی درست اند .به ازای x∈ I n p p p 1 = (1 − q m ) ≤ a n < 2 q q q q
(
⎡p زيرا ) 1− 1− qx m ⎤ Q ( x ) = px mQ ( x ⎣ ⎦ q
= )p ( x
و
داريم:
p ( x ) −و اثبات تمام می شود.
سوال (11مجموعه غيرتھی ، M ⊆ Qبا دو شرط زير سازگار است:
(1اگر ، b∈ M , a ∈ Mآنگاه ab ∈ M , a + b ∈ M (2اگر
، rε Qآنگاه دقيقا ً يکی از سه گزاره زير درست است − r ∈ M ، r ∈ M
و . r = 0ثابت کنيد ، Mبر مجموعه
ھمه عددھای مثبت گويا منطبق است.
اثبات :از شرط ) (2نتيجه می شود که يا 1 ∈ M
يا . −1 ∈ Mولی -1عضو Mنيست زيرا ،اگر -1عضو Mباشد ،بنابر
شرط ) (− 1)(− 1) = 1 ∈ M (1که آن وقت با شرط ) (2متناقض است. بنابراين . 1 ∈ Mاز شرط ) (2نتيجه میشود:
1 + 1∈ M ,2 + 1∈ M ,3 + 1∈ M ,... يعنی
.N ⊂ M
اکنون،
اگر
⎞ ⎛ 1 )⎜ − . m ⎟ = (− 1) ∈ M ،(1 ⎠ ⎝ m 1 ⎞⎛ 1 بنابراين ⎜ − ⎟ ∉ Mو ∈ M m ⎠⎝ m
⎞⎛ 1 ⎜− ⎟∈ M ⎠⎝ m
که
در
آن ، m ∈ N
آن وقت با
که درست نيست. )برای ھر ( m ∈ Nدر اينجا ،از شرط ) (1معلوم میشود.
توجه
به
شرط
1 n ⎞⎛ n ) n × = ∈ M (m.n ∈ Nدر اين صورت ، ⎜ − ⎟ ∉ Mبرای n , m ∈ N m m ⎠⎝ m می آيد که ، 0 ∉ Mحکم ثابت شد. سوال (12ثابت کنيد به ازای ھر مقدار a ,b ∈ Rو ، ε > 0عددھای m ∈ zو n ∈ N , Kوجود دارند که در نابرابری به جز اين ھا از شرط (2بر
ھای زير صدق کنند na − k < ε , nb − m < ε اثبات :عدد درست
1
ε
> Nرا انتخاب می کنيم و ھرزوج عدد ] x , y ∈ [0 ,1را ،متناظر با زوج عدد u ,v
قرار می دھيم که
با دستورھای زير تعريف شده باشند:
] u = [Nx] ,V = [Ny
در اين صورت ،اگر دو زوج ) (x1 , y1و ) ( x 2 , y 2
متناظر با يک زوج ) (u ,vباشند ،آن وقت
⎛1 1 1 ⎞ 1 ⎜ u + {Nx1 }− (u + {Nx2 })⎟ = {Nx1 } − {Nx2 } < < ε ⎝N N N N ⎠ به ھمين ترتيب ، y1 − y2 < εچون } v ∈ {0 ,..., N − 1و u
(
)
= x1 − x2
بنابراين تعداد ھمه زوج ھای ) (u ,v
. N 2مجموعه N 2 + 1زوج مقدارھای }x = {La}, y = {Lb
،برابر است با
) (L = 0 ,1,4 ,...N 2
را در نظر می گيريم .بنابر اصل ديريکله ،دست کم دو زوج از اين مجموعه مثالٌ به ازای ) ، (i > j , L = j , L = iمتناظر با يک زوج ) (u ,vخواھند بود .بنابراين ،اگر فرض کنيم
], m = [ib] − [ jb
] , k = [ia ] − [ ja
n =i− j
آن وقت ،به نابرابری ھای مورد نظر می رسيم.
na − k = (ia − [ia ]) − ( ja − [ ja ]) = {ia}− { ja} < ε nb − m = (ib − [ib]) − ( jb − [ jb]) = {ib} − { jb} < ε
سوال(13
فرض کنيد α , β
عددھايی درست مانند a ,b , n
عددھايی حقيقی اند و
γ
عددی و غير صفر و
ε
عددی حقيقی و مثبت است در اين صورت
وجود دارند ،به طوری که نابرابريھای
nβ − a + bγ < εn
n α − a − b γ < εn
,
ھمزمان درست اند .اين موضوع را ثابت كنيد
اثبات :عددھايی طبيعی مانند p1,q1, pr p2 ε < q2 2
−
α +β 2
,
انتخاب کنيد که
α − β p1 ε − < 2γ q1 2 γ
فرض کنيد a = p2 q1و b = p1q2و n = q1q2
در اينصورت
b p1 a p2 = = , n q1 n q2
و در ضمن
a ε < n 2
−
α +β
bγ ε < n 2
,
2
−
α −β 2
اکنون توجه کنيد که
bγ α + β α − β a bγ = + − − 2 2 n n n bγ α + β a + − n n 2
α −β
−
2
=ε در نتيجه
ε 2
ε
+
2
α n − a − bγ < ε n
a n
α− −
< <
،ھمچنين
bγ α + β α − β a bγ = − − + n n n 2 2 − (α − β ) bγ α + β a + + − n n 2 2 =ε در نتيجه
ε 2
+
ε 2
a n
β− +
≤ <
β n − a − bγ < ε n
اکنون توجه کنيد که اگر r = m
که درآن mعددی طبيعی است که مربع کامل نيست ،معلوم می شود که حکم مساله ھم
درست است و اثبات تمام است.
سوال (14ثابت كنيد شرط الزم و کافی برای آنکه دنباله ھای }] {[nα يعنی {[nβ ]}U{[nα ]} = N φ = {[nβ ]}I{[nα ]} , آن است که α , βگنگ باشند و = 1
1
β
+
1
α
)که البته فرض شده است
,
}] {[nβ
مجموعه اعداد طبيعی را افراز کنند
β >1 , α >1
اثبات :شرط گنگ بودن α , βساده است )آن را ثابت کنيد( حال ثابت می کنيم شرط = 1
1
β
+
1
α
⎤⎡ k + 1 ⎤⎡ k + 1 ⎢ , بزرگترين m , nکه nβ < k + 1 , mα < k + 1به ترتيب ⎥ ⎦⎥ ⎣ α ⎦ ⎣ β
(
شرط الزم و کافی است
⎢ ھستند پس تعداد اعداد کوچکتر
يا مساوی
kدر }] {[nα ]}U {[nβ
⎤⎡ k + 1⎤ ⎡ k + 1 ⎢+ ⎢= M ⎥ ⎦ ⎣ α ⎥⎦ ⎣ β
برابر است با
پس
k +1
β
+
k +1
α 1
فرض کنيم = r
β
الف( اگر r < 1
+
< −2 < M
1
پس
α
k +1
β
+
k +1
α
(k + 1)r − 2 < M < (k + 1)r
آنگاه به ازای kبه اندازه کافی بزرگ (k + 1)r < kپس M < kيعنی اعداد کوچکتر يا مساوی kدر
دو دنباله از kکمتر است ،پس دست کم يک عدد در آنھا ظاھر نشده است که خالف فرض است
ب( اگر r > 1 مساوی k
آنگاه به ازای kبه اندازه کافی بزرگ (k + 1)r − 2 > kپس M > kپس دست کم يک عدد کوچکتر يا
دوبار ظاھر شده چون جمالت ھر دنباله متمايز ھستند )چرا؟( پس يک جمله در دو دنباله مشترک است که تناقض است
از )الف( و )ب( نتيجه می شود که r = 1 1
حال ثابت می کنيم اگر = 1
β
+
1
α
آنگاه }] {[nβ ]},{[nα
N ،را افراز می کنند.
⎤k + 1⎤ ⎡ k + 1 ⎤⎡ k + 1 ⎡ ⎤⎡ k + 1 ⎢= M + ⎢k + 1 − ⎢= ⎢+k − =k ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ α ⎦ ⎣ α ⎣ ⎦ ⎣ α ⎦⎥ ⎣ α چون به ازای ھر kدرست است به راحتی با استقراء روی kحکم ثابت می شود.
سوال (15ثابت کنيد برای ھر عدد حقيقی 0 < ε < r ,0 < r < 1 , a1 , a2 ,..., an
ε' > 0
دارد
وجود
که
برای
) {t a },...,{t a }∈ (ε ,r n −1
)]({x} = x − [x
t > 0وجود داشته باشد که ) {ta1},{ta2 },...,{tan }∈ (ε ,r
اثبات به استقراء به ازای n = 1حکم بديھی است برای ,n ≥ 2 r' > 0
وجود دارد که برای ھر nعدد حقيقی
'
ھر
anرا بزرگترين ai
ھا می گيريم .طبق فرض برای ھر
t ' > o , a1, a2,...an−1 > 0
شود
يافت
که
'
1
فرض کنيد Nعددی صحيح باشد که بعداً مشخص می کنيم .طبق اصل النه کبوتری جزء اعشاری يکی از
⎞⎛ 1 1 اعداد Nt ' an ,...,2t' an −1 ,t' anدر بازه ⎟ , ⎠⎝ N N
⎜ −می افتد ،اين عدد را st anبگيريد ،و فرض کنيد t = st + cکه
) (r − N an
=c
'
می باشد.
2 ⎞ 2 ⎛ پس ⎟ tan ∈ ⎜ r − , rحال Nرا طوری انتخاب می کنيم که > 0 N ⎠ N ⎝ ⎞ 2 ⎟ ,r ⎠ N
{tan }∈ ⎛⎜ r − ⎝
شود .توجه کنيد که با اين انتخاب
t, c > o ، N
بقيه taiداريم ki + e < t ai < ki + rکه kiعددی صحيح است '
'
'
'
می شوند.برای
r−
بوده و به اين ترتيب
(
)
ski + ε ' < st' + c ai 'ski + sε < st ai < ski + sr '
'
⎞1 ⎛ ⎟ ai ⎜ r − ⎠N ⎝ < ski + sr' + an 1 N
≤ ski + Nr' + r −
1 حال ' rرا طوری تعيين می کنيم که < 0 N ⎫' 2 ⎬ ,ε ⎭ N
⎧ ⎩
ε = min⎨r −
Nr −شود ،به اين ترتيب '
) {tai }∈ (ε ' ,r
حال قرار می دھيم
و خواھيم داشت،
0 < ε < {ta1 },{ta2 },...{tan } < r به اين ترتيب استقراء کامل می شود و حکم اثبات گرديده است.
فصل 4مسائل بخش چگال بودن مجموعه ھا در مجموعه اعداد حقيقی
فصل 4 چگال بودن مجموعه ھا در مجموعه اعداد حقيقی
تعريف :فرض کنيم که Iبازه ای غير خالی از مجموعه اعداد حقيقی باشد ،و E می ناميم در صورتی که ،به ازاء ھر دو عضو Iمانند γ 2 ,γ 1که ، γ 1 < γ 2عضوی مانند γاز Eباشد که
مجموعكي از . Iمجموعه Eرا در Iچگال
γ1 < γ < γ2 سوال (16شرط الزم و کافی برای آنکه Eدر بازه Iکه ) (I ⊆ Rچگال باشد آن است که ،به ازای ھر ، γ 1 < γ 2از I
،مجموعی } {γ γ ∈ E s.tγ 1 < γ < γ 2
= Aنامتناھی است.
برھان .کفايت شرط .به موجب تعريف چگالی بديھی است ،برای اثبات لزوم ،فرض کنيم که Eدر Iچگالی باشد ولی حکم برقرار نباشد .بنا به فرض خلف ،اعضايی مانند
چگالی E
در
A ≠ φ ,I
γ 1 < η1 ≤ η2 < γ 2
γ 2 ,γ 1
از Iھست که A,γ 1 < γ 2مجموعه ای متناھی است .بنابه فرض
η 2 ,η1
می ناميم .بنا بر تعريف
بنابر فرض چگالی ،عضوی مانند
γاز Eھست که
و لھذا A ،عضو اقل و عضو اکثر دارد .آنھا را ،به ترتيب
چون
γ 1 < η1 , r1 ,η1 ∈ I
γ 1 < γ < η1پس γ 1 < γ < γ 2و لھذا γ ∈ A
و اين با تعريف η1متناقض است.
سوال (17فرض کنيد که α , βدو عدد حقيقی باشند و α < βو Iبازه ی باز ) (α , βباشدE ،
مجموعكی از ، Iدراين
صورت ،شرط الزم و کافی برای آنکه Eدر Iچگال باشد آن است که به ازای ھر ηاز I
و ھر عدد حقيقی εکه
} ,0< ε < min {η − α , β − η توضيح .چون
α <η < β
)(1
،اعداد
0 < ε < β −η , 0 < ε < η − α
عضوی مانند γاز Eباشد که
β − η ,η − α و لھذا
مثبت اند .اگر
ε
در نامساوی ) (1صدق کند آنگاه
α <η −ε <η <η +ε < β
پس ،نامساوی ) (1اين منظور را تامين می کند که بازه ی باز ) (η − ε ,η + ε برھان :لزوم :فرض کنيم که Eدر I
γ −η < ε
)( 2
جزء بازه ی Iاست و ηبدان تعلق دارد.
چگال باشد ، η ∈ I ،و عدد مثبت εدر نامساوی ) (1صدق می کند در اين صورت
نامساوی ھای ) (2برقرار خواھند بود .پس ،بنابر تعريف
چگالی) ،بنابر مساله (15عضوی مانند γدر E
ھست که η − ε < γ < η + εو از آنجا
کفايت :با مفروضات کفايت ،فرض کنيم که γ 2 ,γ 1دو عضو دلخواه I مانند
ηاز
I
)مثالً
η
به آسانی معلوم ميشود که
ε
γ1 < η < γ2
ھست که
} ε = min{η − γ 1 ,γ 2 − η
γ −η < ε
باشند و . γ 1 < γ 2بنابر خواص بازه ھا ،عضوی
را ،توان
γ1 + γ2 2
گرفت( اکنون فرض کنيم
در نامساوی ) (1صدق می کند پس ،بنابر مفروضات کفايت
عضوی از Eمانند γھست که . γ − η < εاز آنجا
γ > η − ε ≥ η − (η − γ 1 ) = γ 1 γ < η + ε ≤ η + (γ 2 − η ) = γ 2 خالصه γ 1 < γ < γ 2پس ،حکم به موجب تعريف چگالی محقق می شود. سوال (18ثابت کنيد ھر زير گروه جمعی Rيا دوری است يا در Rچگالی است. اثبات :فرض کنيد Gيک زير گروه جمعی
Rباشد .می گيريم }α = inf G + , G + = {a ∈ G : a > 0
دو حالت پيش
می آيد :حالت (1اگر α > 0آنگاه ثابت می کنيم Gدوری است .ابتدا نشان می دھيم α ∈ Gفرض می کنيم چنين نباشد .چون
1 ، α > 0پس عدد طبيعی n0ای موجود است که < α n0 1 + a ∈ Gوجود دارد که 2 n0 وجود
دارد
که
و به ازای
1 2 n0
=ε
بنا به تعريف اينفيموم ،يک
. α < a < α +حال چون 0 < t = a − αو αاينفيموم G +است ،پس يک b ∈ G + ،α < b < α + t
a − b = (a − α ) + (α − b ) > t − t = 0يعنی
1 1 1 1 < +t + < <α 2 n0 2 n0 2 n0 n0
يا +
0 < b −α < t = a −α
a − b ∈ Gاز طرفی
< a − b = a − b ≤ a −α + b −α
به
اين
ترتيب
در نتيجه a − b < αبا Gدوری است و با
α
α = inf G + , a − b ∈ G +
تناقض دارد .بنابراين . α ∈ Gاکنون ثابت می کنيم
توليد می شود .فرض می کنيم . b ∈ Gبديھی است که
يک n ∈ zيافت می شود که nα ≤ b < (n + 1)αو بنابراين b − nαدر
+
Gاست و از اينفيموم
Gدوری است و با
α
+
Gکمتر می باشد ،که غير ممکن است .پس ، b = nαو اين نشان ميدھد که
توليد ميشود.
حالت (2اگر ، α = 0آنگاه فرض می کنيم x , y می
بگيريم 0 < x < y
توانيم
0≤ b − nα < α
.حال اگر ، b ≠ nαآنگاه
دو عدد حقيقی باشند و بدون اينکه از کليت مساله کاسته شود.
قرار
می
+
، α = inf G = 0 , y − x' ≥ y − x > 0پس يک +
}
دھيم +
{
x' = sup a ∈ G + : a ≤ x
.
چون
b ∈ Gوجود دارد که 0 < b < y − xھمچنين ،با توجه '
تعريف xيک a ∈ Gيافت می شود که ، x − b < a ≤ xبنابراين '
'
'
b + a < ( y − x' ) + a ≤ y − x' + x' = y
در نتيجه ، x' < a + b < yو لذا a + b < y
< . xاز آنجا که
∈G +
. a + bثابت کرده ايم که بين ھر دو عدد حقيقی
يکی از اعضای Gوجود دارد ،يعنی Gدر Rچگال است.
m * سوال (19اگر λعددی گنگ و Aيک زير گروه جمعی zباشد آنگاه به ازای ھر عدد طبيعي kيک عدد گويای n
موجود
m 1 < −λ , n nk
است که m , n∈ A
اثبات :فرض کنيم } . G = {m − nλ : m , n ∈ Aبديھی است که Gيک زير گروه جمعی Rاست .اگر Gدوری باشد و با يک
عضو m0 − n0 λتوليد شود ،آنگاه چون λ ∈ G میدھد که
λ
پس يک
p∈Z
يافت میشود که ) . λ = p (m0 − n0 λو اين نشان
،برخالف فرض ،گويا است .بنابراين Gدوری نيست و ،مطابق مسئله قبل بايد در Rچگال باشد .به اين ترتيب ،به
ويژه صفر يک نقطه حدی Gاست .و مطابق تعريف .به ازای ھر kی متعلق به اعداد ، Nيک عضو Gمانند m − nλوجود
1 1 m < −λ دارد که يا k n nk سوال (20اگر
λ ،α ∈ R
< . m − nλ
يک عدد گنگ و Aيک زيرگروه جمعی Zباشد ،آنگاه دنبالهھای } {mkو } {nkای در Aوجود
دارند که lim (mk + nk λ ) = α؟ ∞→ k
اثبات :مانند حل مساله قبل } G = {m + nλ : m , n ∈ Aدر Rچگال است .بنابراين به ازای اعضای Gوجود دارد که به . lim (mk + nk λ ) = α ∞→ k
αھمگراست ،يعنی مثل mkو k = 1,2 ,3,..., nk
ھر α ∈ R
دنبالهای از
از Aوجود دارند که
سوال (21اگر A ⊆ N
و يک دنباله اکيداً صعودی
⎫ ⎧a مجموعه ⎬: a ,b ∈ A ⎭ ⎩b
} {an
an در Aموجود باشد که = 1 an − 1
limآنگاه
[
⎨ = Sدر ) ∞ 0 ,چگالی است.
]
اثبات :فرض کنيد k ∈ N , x ∈ (0 ,1را به قسمی انتخاب میکنيم که xak > a1به ازای ھر ، n > kمیتوانيم mرا طوری در نظر بگيريم که . am − 1 < xan ≤ amپس an ≥ amو
am − xan am − am−1 am − am−1 a < ≤ = 1− m−1 an an am am
≤0
چون دنباله } {anصعودی است ، lim an = ∞ ،و بنا به نابرابری {am }, xan ≤ amنيز به سمت ∞ ميل خواھد کرد .پس ∞→ n
⎛a ⎞ a am با توجه به فرض مساله ،حد 1 − m −1صفر میشود و به اين ترتيب . lim ⎜⎜ m − x ⎟⎟ = 0بنابراين = x n → ∞ am an ⎝ an ⎠
. lim
∞→n
⎫ ⎧ am 1 اگر x > 1آنگاه ) y = ∈ (0 ,1و بنا به اثبات مسئله 20دنباله ⎬ a x ⎭⎩ n
⎨ ای در Sموجود است که به yھمگرا شود و در
⎫ ⎧ an نتيجه دنباله ⎬ ⎭ ⎩ am
[
⎨ در Sبه xھمگرا میباشد .يعنی Sدر ) ∞ 0 ,چگال است.
* توجه شود که عکس مساله باال درست نيست.
⎫ ⎧ am an سوال (22ھرگاه } {anيک دنباله صعودی و بيکران در ) ∞ [0 ,باشد که = 1 ، limآنگاه ⎬ ⎨ : m , n ∈ N n→∞ a n −1 ⎭ ⎩ an
[
در ) ∞ 0 ,چگال است. اثبات :مانند اثبات مساله قبل عمل میکنيم.
⎧p ⎫ سوال ( 23اگر Pمجموعه اعداد اول باشد ،آنگاه ثابت کنيد ⎬ : p , q ∈ P ⎩q ⎭
[
⎨ در ) ∞ 0 ,چگال است.
اثبات :اگر فرض کنيم } P = {P1 , P2 ,..., Pn ,...شمارشی از مجموعه اعداد اول باشد که به ازای ھر . Pn < Pn + 1 , n ∈ N
⎧ Pm ⎫ آنگاه بنا به قضيه اعداد اول که نشان میدھد Pnبا n log nھم ارز است .و مطابق مساله 22مجموعه ⎬ ⎨ : m , n ∈ N ⎩ Pn ⎭
[
در ) ∞ 0 ,چگال است.
[
سوال (24نشان دھيد که مجموعهھای زير در ) ∞ 0 ,چگال ھستند.
⎧S ⎫ )الف( ⎬ A = ⎨ n : m , n ∈ Nکه در آن به ازای S n = 1 + 2 + ... + n ⎩ Sm ⎭
{
}
)ب( B = log nm : 1 < n , m ∈ N اثبات :به سادگی از مساله 22و 23مساله حل میشود. سوال(25
{ }) {{nα }}∞n =1
عدد ], a ,b ∈ [0 ,1
يعنی جزء کسری عدد و
α
] [
عددی گنگ است( در 0 ,1چگال است يعنی بين ھر دو
n ∈ N , a < bوجود دارد که . a < {nα } < b
اثبات :دايرهای به محيط 1در نظر میگيريم و يک نقطه آنرا مبداء اختيار میکنيم و آنرا تقسيم بندی میکنيم و سپس نقاط ..., A2 , A1که فاصله آنھا از مبدا ...,2α ,αھستند در نظر بگيريد .ھيچ دو نقطه ای به ھم منطبق نمیشوند زيرا در اين
صورت α
گويا میشود )چرا؟(
پس برای ھر بازه Iھر قدر کوچک دو نقطه Ap + q , Apوجود دارد که فاصله آنھا از ھم از طول بازه Iکمتر است .زيرا اگر فاصله ھر دو نقطه از طور بازه Iبيشتر باشد تنھا تعداد متناھی نقطه روی دايره میتوان پيدا کرد .ولی از آنجا که فاصله نقاط
Ap + qو Ap + 2 qاز ھم از طول بازه Iکمتر است و به ھمين ترتيب Ap + 2 qو Ap + 3 qو ھمچنين ..., Ap + 4 q , Ap + 3 q اين مطلب از آنجا نتيجه میشود که
( p + q )α − pα = ( p + 2q )α − ( p + q )α = ( p + 3q )α − ( p + 2q )α = ...
پس }i∞=1
{
Ap + qiدست کم يک نقطه درون بازه Iدارد؛ زيرا در غير اين صورت فاصله دو نقطه متوالی اين دنباله از طول بازه I
بيشتر میشود و اين تناقض است و از اينجا حکم ثابت میشود. فصل 5مسائل بخش فضاھای متريک
فضاھای متريک فصل 5 بخش :5تعريف فضای متريک سوال ( 1ھرگاه تابع
f :X →R
مفروض باشد در اين صورت نگاشت
}d : X × X → R + ∪ {0 ∀x , y ∈ X
) d (x , y ) = f (x ) − f ( y
را در نظر میگيريم شرط يا شرايطی را بيابيد که dيک متريک برمجموعه Xباشد.
حل :واضح است که d ( x , y ) ≥ 0
و dدر شرط نامساوی مثلث برای فضاھای متريک صادق است و ھمچنين
) d (x , y ) = d ( y , xحال شرط ) (d (x , y ) = 0 ⇔ x = y
را بررسی میکنيم.
) (d (x , y ) = 0 ⇔ x = y ) ≡ ( f (x ) − f ( y ) = 0 ⇔ x = y ) ≡ ( f (x ) − f ( y ) = 0 ⇔ x = y ) ≡ ( f (x ) = f ( y ) ⇔ x = y و لذا شرط اينکه dيک متريک بر Xباشد آن است که fتابعی يک به يک باشد. سوال (2ثابت کنيد ھرگاه
) ( X ,d
يک فضای متريک دلخواه باشد .آنگاه مجموعه Xرا میتوان از يک متريک کراندار
برخوردار نمود. اثبات :نگاشت } d 1 : X × X → R ∪ {0را با ضابطه زير در نظر میگيريم. +
) d (x , y d (x , y ) + 1
∀x , y ∈ X
= ) d1 ( x , y ) d (x , y = 0 ⇔ d (x , y ) = 0 ⇔ x = y ) 1+ d (x , y
⇔ d1 ( x , y ) = 0
) d (x , y ) d (y ,x = = d 1 ( y , x ) ∀x , y ∈ X ) 1+ d (x , y ) 1+ d ( y , x ) d (x , z ) d (z , y ) d (x , z ) d (z , y + ≥ + ) 1+ d (x , z ) 1+ d (z , y ) 1+ d (x , z ) + d (z , y ) 1+ d (z , y ) + d (x , y =
1 1 ) d (x , y
≥ 1+
1 1 ) d (x , z ) + d (z , y
= ) 2)d 1 ( x , y
= ) 3)d 1 ( x , z ) + d 1 ( z , y
) d (x , z ) + d (z , y = 1+ d (x , z ) + d (z , y ) 1+
و لذا نامساوی مثلثی ) d1 ( x , y ) ≤ d1 ( x , z ) + d1 ( z , yبه ازای ھر x , y , z ∈ Xبرقرار است .از آنجا نگاشت d1
يک
متريک بر مجموعه Xاست .و ھمچنين چون
) d (x , y <1 ) 1 + d (x , y
⇒ d (x , y ) ≥ 0
= ) ∀x , y ∈ X , 0 ≤ d1 ( x , y
سوال (3فرض کنيم Xمجموعه کليه توابع حقيقی پيوسته روی فاصله ] [a ,bباشد فاصله بين ) y(t ), x(t تعريف میکنيم
اثبات:
) p( x , y ) = max x(t ) − y (t ]t ∈ [a ,b
واضح
است
که
چون
شرط ) ( p(x , y ) = 0 ⇔ x = y
را با تساوی زير
ثابت کنيد pيک متر است.
x(t ) − y (t ) ≥ 0 واضح است.
پس p( x , y ) ≥ 0
و
ھمچنين
=
) d (x , y ) = d1 ( x , y ) 1+ (x , y
∀x , y ∈ X
) d (x , y ) < 1 + d (x , y
)1
روابط
تقارنی
و
رابطه نامساوی مثلث را ثابت میکنيم:
) x(t ) − y (t ) = x(t ) − z (t ) + z (t ) − y (t ) ≤ x(t ) − z (t ) + z (t ) − y (t ) ≤ max x(t ) − z (t ) + max z (t ) − y (t ]z ∈ [a ,b ]t ∈ [a ,b ) = p(x , z ) + p(z , y
سوال (4فرض کنيد Xفضای تمام دنبالهھای با مقدارھای مختلط باشد .تابع dرا با
1 xn − yn n n = 1 2 1 + xn − yn ∞
∑ = ) d (x , y
تعريف میکنيم ثابت کنيد dيک متريک بر روی فضايی باال است.
حل :چون d : ExE → R +پس ) d ( x , y
بايد در R
x − yn باشد پس بايد ثابت کنيم n − yn
∞
1
∑ 2 n 1 + nx
ھمگرا
n =1
است به يک عددی در ، Rچون
0 ≤ xn − yn < 1 + xn − yn ∞ ∞ xn − yn 1 xn − yn 1 <1⇒ ∑ n <∑ n 1 + xn − yn n = 2 2 1 + xn − yn n =1 2
≤⇒0
∞
چون
∑ 1nھمگراست پس سری باال ھمگراست .خاصيت اصل تقارن و رابطه ) (d (x , y ) = 0 ⇔ x = y 2 n =1
خاصيت اصل نامساوی مثلثی را برای dثابت میکنيم طبق اثبات مساله 2میدانيم:
zn − yn
n
1+ z n − y
xn − yn xn −zn ≤ + 1+ x n − y n 1+ x n − z n
1 xn − yn 1 xn −zn 1 zn − yn , , 3,... n = 12 ≤ n + n n 2 1+ x n − y n 2 x n − z n + 1 2 z n − y n + 1
)(1
∞
حال از طرفين )(1
∑
میگيريم .پس میبينيم که نامساوی مثلث به راحتی ثابت میشود.
n =1
-1
فرض کنيد Xفضای تمام دنبالهھای با مقدارھای مختلط باشد .تابع dرا با
واضح اند.
xn − y n 1 + xn − y n
-2
∞
d ( x , y ) = ∑ An n =1
∞
تعريف میکنيم که
∑ An
ھمگراست ثابت کنيد dيک متر است.
n =1
اثبات :روش حل مثل حل مساله ) (4میباشد.
سوال (6فرض کنيد Xفضای ھمه دنبالهھای با مقدارھای حقيقی يا مختلط باشد .به طوری که
P
∞
∑ zn
به ازای P>1ھمگرا
n =1
1/ p
∞⎧ ⎫P ⎬ d ( x , y ) = ⎨∑ xn − ynيک متر است ) z nدنبالهای دلخواه در Xاست(. ⎩n = 1 ⎭
باشد و داشته باشيم
1
1
1
⎛ k ⎞p ⎛ n ⎞p ⎛ n ⎞p ابتدا نامساوی مينکوفسکی را يادآوری میکنيم ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ (ar + br ) p ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ∑ arp ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ brp ⎝ r =1 ⎠ ⎠ ⎝ r =1 ⎠ ⎝ r =1 ابتدا بايد نشان دھيم که به ازای ھر زوج x,yاز نقاط مجموعه
)زيرا d : X × X → R +
،پس
+
d ( x, y ) , X
يک عدد حقيقی متناھی است.
( ∀x , y ∈ X ; d ( x , y ) ∈ R
بنابر نامساوی مينکوفسکی 1
1
∞⎧ ∞⎧ p⎫p p⎫p − ≤ x y ⎨∑ n ⎬ ) ⎨∑ ( xn + yn ⎬ n ⎩n = 1 ⎭ ⎩n = 1 ⎭ 1
1
)(1
∞⎧ ∞⎧ p⎫p p⎫p ⎬ ≤ ⎨∑ xn ⎬ + ⎨∑ yn ⎩n = 1 ⎭ ⎩n = 1 ⎭ و چون طبق
p
∞
∑ xn
n =1
,
p
∞
∑ yn
ھمگرا ھستند .بنابراين
n =1
p
∞
∑ xn − yn
ھمگراست پس ) p(x , y
يک عدد حقيقی
n =1
متناھی است.
حال خواص تقارنی و رابطه ) (d (x , y ) = 0 ⇔ x = y
اثباتشان واضح است .کافی است خاصيت نامساوی مثلث را ثابت
کنيم
) d ( y , z ) ≤ d (x , y ) + d (x , z در رابطه ) (1به جای ، xn − yn ، xnو به جای xn − z n ، ynمی گذاريم.
1
1
1
∞⎧ ∞⎧ ∞⎧ p⎫p p⎫p p⎫p x y x z x y − − − ≤ − + ( ) ( ) ⎨∑ n ⎬ ⎨∑ n ⎬ ⎨∑ xn − zn n n n ⎬ n ⎩ n=1 ⎭ ⎩ n=1 ⎭ ⎩ n=1 ⎭ 1
1
1
∞⎧ ∞⎧ ∞⎧ p⎫p p⎫p p⎫p y z x y − ≤ − + ⎬ ⎨∑ n n ⎨∑ n ⎬ ⎨∑ xn − zn ⎬ n ⎩ n=1 ⎭ ⎩ n=1 ⎭ ⎩ n=1 ⎭
بنابراين p( y , z ) ≤ p(x , y ) + p(x , z ) :
سوال (7اگر n
) ( X i ,di
عدد صحيح مثبت باشد و
X = X 1 × X 2 × ...X nثابت کنيد ) d ( x , y
i = 1,2 ,....n ,فضاھای متريک دلخواھی باشند و
که در زير تعريف شده است يک متراست.
1
⎞2 ⎛ n ⎟⎟ d ( x , y ) = ⎜⎜ ∑ d i ( xi , yi )2 ⎠ ⎝ i =1
dيک متراست .تنھا نامساوی مثلثی را ثابت می کنيم دو اصل تقارن و ) (d (x , y ) = 0 ⇔ x = y
اثبات :ثابت می کنيم
شرط d ( x , y ) ≥ 0
و
واضح اند. ; i = 1,2 ,..., nاعداد حقيقی مثبت باشند آنگاه
ابتدا نامساوی کوشی – شوارتز را يادآوری می کنيم اگر bi , ai 2
⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞⎛ n ⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ ai bi ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ∑ ai 2 ⎟⎟⎜⎜ ∑ bi 2 ⎝ i =1 ⎠ ⎠ ⎝ i =1 ⎠⎝ i =1 فرض کنيم
x = (x1 , x2 ,...xn ) , x , y , z ∈ X
z = ( z1 , z2 ,...zn ) ,
y = ( y1 , y2 ,... yn ) ,
) d i (xi , yi ) ≤ di (xi , zi ) + di (zi , yi
)∀ i = 1,2 ,...,n (1
پس از مربع کردن ھمه نامساوی ھای ) (1و جمع کردن طرف ھای متناظر داريم n
) + 2∑ d i ( x i , z i ) d i ( z i , y i
)(2
i =1
n
2
2
i =1
i =1
ازطرفی مطابق نامساوی کوشی شوارتز داريم 1
1
⎞2 ⎞2 ⎛ n ⎛ n ⎟⎟ ∑ di (xi , zi ).di (zi , yi ) ≤ ⎜⎜ ∑ (di (xi , zi ))2 ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ di (zi , yi )2 i =1 ⎠ ⎠ ⎝ i =1 ⎝ i =1 ) = d (x , z ).d ( z , y n
)(3
از )(2و) (3نتيجه خواھد شد.
n
n
) ) ∑ (d i ( x i , y i ) ) ≤ ∑ (d i ( x i , z i ) ) + ∑ (d i ( z i , y i 2
i =1
) (d (x , y ))2 ≤ (d (x , z ))2 + (d (z , y ))2 + 2d (x , z )d (z , y 2 )) = (d ( x , z ) + d (z , y ) d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y سوال ( 8اگر nعددی صحيح و مثبت باشد و ) i = 1,2 ,...n ، ( X i , d i
d X = X 1 × X 2 × X 3 × ... X nبه صورت زير تعريف شود ثابت کنيد d
،فضاھای متريک دلخواھی باشند و
يک متراست.
و }d ( x , y ) = max{di ( xi , yi ) : i = 1,2 ,3,...n اثبات :تنھا اصل نامساوی مثلث را ثابت می کنيم بقيه اصول واضح اند.
واضح است که طبق تعريف , d
) di ( zi , yi ) ≤ d (z , y ) , di ( xi , zi ) ≤ d ( x , z
) di ( xi , yi ) ≤ di ( xi , zi ) + di ( zi , yi ) ≤ d ( x , z ) + d (z , y ) (4داريم و i = 1,2 ,...,n
با گرفتن ماکسيمم از
طرفين نامساوی ) (4داريم.
) d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y و حکم ثابت می شود.
سوال (9اگر nعددی صحيح و مثبت باشدو ) i = 1,2 ,..., n ,( xi , di
⎫ i = 12 ⎬ , ,..., n ⎭
،فضاھای متريک دلخواھی باشند
) ⎧ di ( xi , yi
باال تعريف شود ثابت کنيد d
i
⎨ d ( x, y ) = maxو , X = X 1 × X 2 × X 3 × ... × X n
⎩
d
به صورت
يک متر است.
اثبات :اگر z = (z1 ,..., zn ), y = ( y1 ,..., yn ), x = (x1 ,..., xn ) , x , y , z ∈ X
آنگاه
) di ( xi , yi ) ≤ di (xi , zi ) + di (zi , yiزيرا diيک متريک برای X iاست ∀i = 1,2 ,..., n
حال طرفين مساوی فوق
را بر iتقسيم می کنيم
) d (xi , yi ) di ( xi , zi ) di ( zi , yi ≤ + )(1 i i i ) ≤ d (x , z ) + d ( y , z ) d i (xi , yi پس ) d ( x , z ) + d ( y , zيک کران باالی تمام i
) d ( x, y ) ≤ d ( x , z ) + d ( y , z
ھاست .پس با گرفتن max
از طرفين رابطه ) (1خواھيم داست
سوال (10اگر nعددی صحيح و مثبت باشد و
) ( X i , di
X = X 1 × X 2 × ...× X nو تابع d
را روی
) x = (x1 ,..., xn
i = 12 , ,..., n
,
،فضاھای متريک دلخواھی باشند n
X × Xبه صورت ) d (x , y ) = ∑ di ( xi , yi
که
i =1
y = ( y1 ,..., yn ) ,تعريف می کنيم ثابت کنيد d
يک متراست. n
اثبات :واضح است که d (x , y ) ≥ 0زيرا ) di (xi , yi ) ≥ 0طبق فرض diمتراند( پس ) ∑ di (xi , yi
مثبت است.
i =1
اثبات تقارنی :چون diھا متراند پس ) di ( yi , xi ) = di (xi , yi n
n
i =1
i =1
پس
) d ( x , y ) = ∑ di ( xi , yi ) = ∑ di ( yi , xi ) = d ( y , x
اثبات اصول نامساوی مثلث :کافی است ثابت کنيم ) d (x , y ) ≤ d ( x , z ) + d (z , yچون di
ھا متراند پس اصل نامساوی
مثلث در آنھا برقرار است پس
)di ( xi , yi ) ≤ di (xi , zi ) + di (zi , yi ) (1 با جمع کردن رابطه ) (1خواھيم داست: n
n
n
i =1
i =1
i =1
) ∑ di (xi , yi ) ≤ ∑ di (xi , zi ) + ∑ di (zi , yi ) d (x , y ) ≤ d (x , z ) + d (z , y
سوال (11فرض کنيد pعددی حقيقی و p ≥ 1و nعددی صحيح مثبت و ) i = 1,2 ,...,n ، ( X i , di متريک دلخواھی باشند و X = X 1 × X 2 × ...× X n
،فضاھای
در اين صورت ثابت كنيد تابع d pروی X × Xبه صورت
1
p ⎛ n ⎞p ⎟⎟ )) d p ( x , y ) = ⎜⎜ ∑ (d i ( xi , yiيك متر مي باشد ⎠ ⎝ i =1
اثبات :فقط نامساوی مثلثی را برای متر d pثابت می کنيم و بقيه اصول ديگر واضح اند.
فرض کنيم ) z = (z1 ,..., zn ) , y = ( y1 ,..., yn ) , x = ( x1 ,..., xnسه عضو Xباشند چون ھر يک از di ھا يک متريک برای X i )(1
ی متناظر است پس
) di ( xi , yi ) ≤ di (xi , zi ) + di (zi , yi
و طبق نامساوی مينکوفسکی داريم 1
1
1
⎛ n ⎞p ⎛ n ⎞p ⎛ n ⎞p ⎟⎟ ⎜⎜ ∑ (di (xi , zi ) + di (zi , yi )) p ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ∑ (di ( xi , zi )) p ⎟⎟ + ⎜⎜ ∑ (d i (zi , yi )) p ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠
)(2
حال با در نظر گرفتن ) (1و ) (2و تعريف d pخواھيم داشت:
1
1
p p ⎛ n ⎛ n ⎞p ⎞p ⎟⎟ )) d p ( x , y ) = ⎜⎜ ∑ (di ( xi , yi )) ⎟⎟ ≤ ⎜⎜ ∑ (di (xi , zi ) + di (zi , yi ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠
و طبق )≤ d p ( x , z ) + d p (z , y ) (2 پس ) ، d p ( x , y ) ≤ d p ( x , y ) + d p ( y , zحکم ثابت می شود.
نتيجه :اگر X 1 = X 2 = ... = X n 1
⎞p ⎟⎟ ⎠
p
آنگاه تابع d pروی R × Rتعريف می کنيم n
n
⎛ n d p ( x , y ) = ⎜⎜ ∑ xi − yiکه مطابق ادعای مساله ، 11يک متريک روی Rاست. ⎝ i =1 n
سوال (12اگر ( X i , di ) , Xبرای i = 1,2 ,...,n
,
α 1 ,α 2 ,...,α n
اعداد حقيقی و مثبت باشد و برای ھر دو n
عضو Xمانند ) y = ( y1 , y2 ,..., yn ) , x = (x1 , x2 ,..., xnتعريف کنيم ) d1 (x , y ) = ∑ α i di ( xi , yi i =1
ثابت کنيد d1
يک متراست.
حل :برای ھر ، iتابع α i d iيک تابع متريک برای X iاست .قرار می دھيم d i = α i d i
برای ھر i = 1,2 ,3,..., n
n
،مطابق مساله 10خواھيم داشت
) d 1 (x , y ) = ∑ d i (x i , y i i =1
که در آن ) x = ( x1 ,..., yn
,
) y = ( y1 ,..., yn
يک متريک برای Xاست و حکم ثابت است.
سوال 13اگر X ≠ φآنگاه تعريف می کنيم} fکرانداراست و Rيا {f f : X → Cبرای fو gدر ) S ( X تعريف می کنيم
) d ( f , g ) = sup f ( x ) − g ( x x∈ X
نشان دھيد d : S ( X )× S ( X ) → R
يک متراست
حل :چون f ( x ) − g (x ) ≥ 0برای ∀x ∈ X )f = g
شرط روبرو را بررسی می کنيم
،
⇔ (d ( f , g ) = 0
اگر f = gباشد حکم واضح است و اگر d ( f , g ) = 0
آنگاه
sup f (x ) − g (x ) = 0 x∈ X
پس ) f ( x ) = g ( x حال نامساوی مثلثی را بررسی می کنيم
} d ( f , g ) = sup{ f ( x ) − g ( x ) : x ∈ X } ≤ sup{ f (x ) − h(x ) + h( x ) − g ( x ) , x ∈ X
} ≤ sup{ f (x ) − h(x ) : x ∈ X }+ sup{h(x ) − g (x ) : x ∈ X ) = d ( f , h ) + d (h , g
و حکم ثابت می شود. ∞ سوال (14فرض کنيد Xمجموعه ھمه دنباله ھای حقيقی باشد .وھمچنين x = ( xi )i = 1
∞
∞
) x = ( x1, x2,..., xn,...
1 }min { xi − yi ,1 2 i =1 i
∑ = ) p ( x, y
)y = ( y1, y2,..., yn ,...
ثابت کنيد ) ( X , P
y = ( yi )i = 1 ,تعريف می کنيم
يک فضای متريک است.
اثبات :ابتدا نشان می دھيم به ازای ھر p( x , y ) ∈ R , x , y ∈ X ∞ 1 1 π2 { } min x y , 1 − ≤ = ∑ i i 2 2 i i =1 i i =1 i
.
∞
∑ ⇒ min{xi − yi ,1} ≤ 1
می دانيم
پس ، p( x , y ) ∈ Rحال نشان می دھيم p( x , y ) ≥ 0 ∀i = 1,2 ,...
پس
1 ≥0 i2
,
∑ i 2 min{xi − yi ,1} ≥ 0 1
xi − yi ≥ 0 , 1 ≥ 0 ⇒ min{xi − yi ,1} ≥ 0
پس p( x , y ) ≥ 0
شرط :2فرض کنيد p( x , y ) = 0باشد در اين صورت به وضوح xi − yiبرابر صفر است پس xi = yi
x = yو ھمچنين اگر x = yآنگاه xi = yiپس xi − yi = 0
در نتيجه
درنتيجه
min { xi − yi ,1} = o
پس
p( x , y ) = 0 شرط :3نامساوی مثلثی را بررسی می کنيم
xi − zi ≤ xi − yi + yi − zi
i = 1,2 ,...,n ,...
می دانيم
}min{xi − zi ,1} ≤ min{xi − yi ,1}+ min{ yi − zi ,1
)(1
پس
∞
1 i
با ضرب 2به طرفين نامساوی ) (1و گرفتن
∑
خواھيم داشت
i =1
) p( x , z ) ≤ p( x , y ) + p( y , z سوال (15فرض کنيد d : X × X → R , X = Rکه 2
if x1 = y1 if x1 ≠ y1
⎧⎪ x2 − y2 ⎨ = ) d (x , y ⎪⎩ x1 − y1 + x2 + y2
که ) x = (x1 , x2و ) y = ( y1 , y2
2
نشان دھيد که dيک متر بر Rاست.
اثبات :به سادگی و با استفاده از ويژگی نامساوی مثلث می توانيد مساله را حل کنيد.
سوال E (16مجموعه ھمه توابع ديفرانسيل پذير است که مشتق آنھا بر بازه بسته و کراندار a ≤ t ≤ b که }]p(x , y ) = x(a ) − y (a ) + sup{x' (t ) − y' (t ) : t ∈ [a ,b
پيوسته است ثابت کنيد
اثبات :برای اثبات از مساله ھای قبل کمک بگيريد. سوال M (17مجموعه ای دلخواه است ،و pتابعی است با مقدار حقيقی نامنفی به طوری که به ازای ھمه اعداد x , y , zاز
p ( x, y ) = o ، Mاگر و تنھا اگر , x = y
}) p( x , y ) ≤ max{p( x , z ), p( y , z
نشان دھيد که pيک
متر است. حل :اثبات ساده است ،کافی است از تعريف متر استفاده کنيد.
سوال M ( 18مجموعه ھمه توابع تحليلی از متغير مختلط zاست که روی قرص واحد z < 1 π iθ ∞ < ∫−π f (re )dθ
sup
0≤r <1
ثابت کنيد که
،منظم است به طوری که
1
⎫2 ⎬ dθ ⎭
iθ ) ∫−π f (re )− g (re
π
iθ 2
⎧ 1 ⎨ ⎩ 2π
p( f , g ) = sup 0≤r <1
متر روی Mاست. حل :اثبات اين مساله ترکيب چند مساله قبل می باشد که با استفاده از مساله ھای قبل می توانيد به اين مساله پاسخ دھيد.
سوال (19فرض کنيم Eمجموعه تمام دنباله ھا مانند } {xnدر ( f = c , f = R )Fباشد به طوری که برای يک N ∈ Ν )که عموما ً به } {xnبستگی دارد( داشته باشيم ∀n ≥ N ⇒ xn = 0اگر } {yn },{xnدو عضو Eباشند و
α ∈F
،
تعريف می کنيم
} {xn }+ {yn } = {xn + yn
} , α {xn } = {αxn
} { xn
= sup xn
ثابت کنيد
،يک نرم روی Eبه } R ∪ {0است. +
سوال (20فرض کنيم pيک عدد ثابت و اول باشد ) ، ( p > 0با تعريف d : Z × Z → Rبه صورت d (m ,m ) = 0 1 و r
= ) d (m.nکه در آن r , k ) m − n = p r −1kاعداد صحيح و kبر pبخش پذير نيست( نشان دھيد که d
يک
متر بر Zاست.
سوال (21با اختيار مجموعه Aشامل تمام توابع پيوسته f : [a ,b] → R
d ( f , g ) = ∫ f ( x − g ( x ))dxنشان دھيد که d b
a
اثبات :چون
يک متر است.
b f (x) − g (x ) ≥ 0در نتيجه ∫a f ( x ) − g ( x ) dx ≥ o
اگر d ( f , g ) = 0 )می دانيم اگر
اين بار فرض می کنيم
پس d ( f , g ) ≥ 0
حال ثابت می کنيم
آنگاه ) f = gعکس اين حالت واضح است(
f ( x) ≥ o
و ∫a f (x)dx = 0 b
آنگاه ( f ( x ) = 0حال چون ) 0 = ∫ f ( x ) − g (x b
a
پس
f ( x ) − g (x ) = 0در نتيجه ) f ( x ) = g ( x واضح
است
که
چون
f −g = g− f
پس
) d (g , f ) = d ( f , g بنابر
نامساوی
مثلثی
f −h ≤ f −g + g −h
)d ( f ,h) ≤ d ( f , g ) + d (g ,h
ھم حل خواھد شد.
b b ∫a g − f dx = ∫a f (x ) − g (x ) dx
و با گرفتن انتگرال از a
تا
در
b
نتيجه
نامساوی
تعريف :نقطه چسبيده؛ نقطه P ∈ Xرا نقطه چسبيده Eمیناميم .ھرگاه P ∈ Eيا ' . P ∈ Eمجموعه کليه نقاط چسبيده E
را با نماد Eنشان داده و آنرا )بستار (Eمیناميم 'E = E ∪ E N r (P ) ∩ E ≠ φ
≡ P ∈ E ↔ ∀r
سوال ثابت کنيد E ⊆ E اثباتE = E ∪ E' ⇒ E ⊆ E ∪ E' = E ⇒ E ⊆ E :
سوال (22ھرگاه 'S
n
مجموعه مشتق )مجموعه نقاط حدی( و Sبست )Sيا بستار (Sدر Rباشد ثابت کنيد:
)الف( ھرگاه ، S ⊆ Tانگاه ' S' ⊆ T )ب(
'(S ∪ T )' = S' ∪T
)پ( اگر S ⊆ Tآنگاه S ⊆ T )ت( ھرگاه S,Tدو زيرمجموعه R nباشد ثابت کنيد S ∩ T ⊆ S ∩ T توجه کنيد تمامی قسمت ھای اين تمرين در ھر فضای متری و برای ھر زير مجموعه اش برقرار خواھد بود.
اثبات :الف(فرض می کنيم ' . y ∈ Sبنابراين به ازای ھر r > 0
ای
(x ) ∩ (S − (x )) ≠ φ
ھر r > 0ای Br ( x ) ∩ (T − {x}) ≠ φپس 'x ∈ T )ب( S ,T ⊆ S U Tپس طبق الف ') T' ⊆ (S U Tو ھمچنين ') S' ⊆ (S U T
پس
. Brچون S ⊆ Tبه ازای
') (S' UT' ) ⊆ (S U T
ثابت می کنيم '(S U T )' ⊆ S' UT ∀x ∈ ( S U T ) ' ⇒ ∀ r > 0Br ( x ) I ⎡⎣( S U T ) − { x}⎤⎦ ≠ φ ⇒ ∀r > 0Br ( x ) I ⎡⎣( S − { x} ) U (T − { x} ) ⎤⎦ ≠ φ
(
)
⇒ ∀r > 0 Br ( x ) I ⎡⎣ S − { x}⎤⎦ U ⎡⎣ Br ( x ) I (T − { x} ) ⎤⎦ ≠ φ ⇒ ∀r > 0 ' x∈S ' x ∈T )' Tياx ∈ ( S 'U
⇒ ∀r > 0
)پ( از الف( استفاده می کنيم S ⊆ T ⇒ S ′ ⊆ T ′ ⇒ S U S ′ ⊆ T UT ′ ⇒ S ⊆ T )ت( S I T ⊆ S ,T ⇒ S I T ⊆ S , S I T ⊆ T ⇒ S I T ⊆ S I T
سوال :يک مثال ارائه دھيد که S I Tزير مجموعه محض S I T
باشد.
حال
)جواب( اگر T,Sجدا از ھم باشند آنگاه S I T = φپس
φ = φ ⊂ S IT
به عنوان مثال اگر S,Tبرابر اعداد گويا و اصم
باشند آنگاه S I T = φولی . S = T = R نکات :در حالت کلی بست اجتماع ھر خانواده متناھی از زير مجموعه ھای Mبرابر اجتماع بست ھای آنھاست .برای يک خانواده نامتناھی اين حالت که بست اجتماع برابر اجتماع بست ھای آنھاست الزما ً برقرار نيست .اگر Aαيک خانواده نامتناھی از زير مجموعه ھای ، Mبا مجموعه انديس گذار Sباشد تمام آنچه درحالت کلی میتوانيم ادعا کنيم اين است که . UA α ⊆ U A α α ∈S
α ∈S
در حالت کلی بست اشتراک ھر خانواده – متناھی يا نامتناھی از يک فضای متری محتوی )يا زير مجموعه( در اشتراک بست ھای آنھاست.
سوال (23ثابت کنيد S U T = S U T
جواب :طبق )ب( سوال 22داريم(S U T )' = S' UT' :
) ( S U T )U ( S U T ) ' = ( S 'U T ') U ( S U T ) = ( S 'U S ) U (T 'U T S UT = S UT
تعريف :نقطه P ∈ Eرا نقطه منزوی يا تنھای Eناميده میشود .اگر نقطه حدی Eنباشد مثال:
)E = [0, 3
نقطه منزوی ندارد.
مثالE = (0, 3] U {4} :
نقطه منزوی Eتنھا 4میباشد.
تعريف :زير مجموعه Eاز Xرا بسته میناميم .ھرگاه تمام نقاط حدی اش را در برداشته باشد. تمرين :ثابت کنيد اگر Eبسته باشد Eبرابر Eاست و بالعکس.
اثباتA ⊂ B ⇔ A U B = B ) :
(if
E ↔ E' ⊆ E ⇔ E = E U E' = E
بسته است.
مثال :کدام مجموعه بسته است )الف( Eبسته نيست
E = (0, 3] → E ' = [0, 3] → E ' ⊄ E
)ب( Eبسته استE = [0 ,3] → E' = E → E' ⊆ E . Eبسته است.
}
{
E = ( x , y ) ∈ R 2 x 2 + y 2 ≤ r ⇒ E' = E ⇒ E' ⊆ E
{
}
{
}
Eبسته نيستE = ( x , y ) ∈ R 2 x 2 + y 2 < r ⇒ E' = ( x , y ) x 2 + y 2 ≤ r → E' ⊄ E . تعريف :نقطه P ∈ Eرا يک نقطه درونی Eمیناميم .ھرگاه يک ھمسايگی از Pموجود باشد که کامالً در Eقرار گيرد. مجموعه کليه نقاط درونی Eرا با نماد E °نشان میدھيم و آنرا درون Eمیناميم .پس به اصطالح رياضی داريم:
N r ( p ) ⊆ E ↔ E° ⊆ E مثالE = (0 ,3] :
P ∈ E ° ↔ ∃r
نقطه 3نقطه درونی نيست.
تعريف مجموعه باز :مجموعه Eرا باز ناميم ھر گاه ھر نقطه آن درونی باشد يعنی E ↔ E ⊆ E °باز
↔ E = E°
Eباز
سوال (25ثابت کنيد يک بازه باز در Rمجموعه ای باز و يک بازه بسته مجموعه ای بسته است.
اثبات :بنابر تعريف ) (− ∞,+∞),(− ∞,b),(a ,+∞),(a ,bبازه ھای باز و ) ∞ [a,b ] , ( −∞,b ] , [a, بسته ھستند .ھرگاه ) ، x ∈ (a ,bآنگاه a < x < bقرار دھيد }r = min {b − x , x − a
بازه ھای
بديھی است
که (x − r , x + r ) ⊆ (a ,b),r > 0 زيرا اگر x − r < y < x + rآنگاه ) x − ( x − a ) ≤ x − r < y < x + r < x + (b − x
بنابراين ) (x − r , x + r ) ⊆ (a ,bاست و لذا ) (a ,bمجموعه ای باز است زيرا ھر نقطه )(a ,b که آن ھمسايگی زير مجموعه ) . (a ,bاگر
يعنی . a < y < b
شامل يک ھمسايگی است
) ∞ x ∈ (a ,+قرار دھيد r = x − aاگر ) x ∈ ( −∞,bقرار دھيد r = b − xو اگر )∞r > 0 ، x ∈ (− ∞ ,+
دلخواه را اختيار کنيد واضح است که در ھر يک از حالتھای فوق بازه ) (x − r , x + r
زير مجموعه ای از آن بازه باز است .لذا
ھر بازه باز مجموعه ای باز است. برای قسمت دوم ابتدا به موضوعی می پردازيم که بعداً آنرا ثابت خواھيم کرد A .باز است اگر وفقط اگر Aبسته باشد .ھمچنين c
[a ,b]cمجموعه ای باز است پس ][a ,b
داريم )∞[a ,b]c = (− ∞ ,a ) U (b ,+ )∞ (− ∞ ,a ) U (b,+باز است اين است که طبق قضيه ای به ازای ھر گردايه } {Ga از مجموعهھای باز U α Gαباز است. لذا
بسته است توجه شود علت اينکه
نشات گرفته شده است. سوال (26ثابت کنيد ھر مجموعه باز ناتھی مانند Sدر Rھم شامل اعداد گويا و ھم شامل اعداد گنگ است. اثبات :
فرض کنيم . x ∈ Sچون Sمجموعهای باز است ،به ازای r>0ای داريم (x − r , x + r ) ⊆ S اينکه بين ھر دو عدد حقيقی يک عدد گنگ است نتيجه حاصل میشود.
و طبق چگال بودن Qدر Rو
يک مساله مھم :ثابت کنيد در Rتنھا مجموعه ھای ھم باز وھم بسته مجموعه تھی و خود Rھستند .آيا گزاره ھای مشابه اين 2
برای Rنيز صادق است. اثبات :به علم متعلم. سوال (27ثابت کنيد ھر مجموعه بسته در Rاشتراک دستهای شمارش پذير از مجموعهھای باز است. c
اثبات :فرض میکنيم Aزير مجموعه ای بسته از Rباشد .در اين صورت Aمجموعه ای باز است .بنابراين به ازای
ھر ra > 0 ، a ∈ Acای ھست به طوری که (a − ra ,a + ra ) ⊆ Ac
طبق
ra ' خاصيت چگال بودن اعداد گويا در اعداد حقيقی داريم :اعداد گويای مانند baو raموجودند به طوری که 3 r r ' و a < ra < aادعا میکنيم: 3 2 (1
] a ∈ [ba − r'a ,ba + r' a
(2
) [ba − r'a ,ba + r'a ] ⊆ (ba − r'a ,ba + r'a
(3
] Ac = U [ba − r'a ,ba + r' a
(4
] A = I [ba − r'a ,ba + r'a
a < ba < a +
a∈ A c
c
c
بنابراين ،با توجه به اينکه ھر
]c
a∈ A
[
ba − r' a ,ba + r' aای در Rباز است r'a ,ba .گويا ھستند می توان نتيجه گرفت Aبه
صورت اشتراک دسته ای شمارش پذير از مجموعه ھای باز Rاست. اثبات ادعاھا:
(1
r ra r چون a < baپس . a < ba + r' aھمچنين ba < a + aبنابراين ba − a < aاز طرفی < r' a 3 3 3
ra لذا < a 3
ba − r' a < ba −بنابراين
] a ∈ (ba − r'a ,ba + r'a ) ⊆ [ba − r' a ,ba + r' a r' a < ra , a < ba .2پس a − ra < ba − r' aدر ضمن
⎞ r r ⎞ r ⎛ ⎛ ba + r 'a < ⎜ a + a ⎟ + r 'a < ⎜ a + a ⎟ + a < a + ra ⎠3 3⎠ 3 ⎝ ⎝
لذا ) [ba − r'a ,ba + r'a ] ⊆ (a − ra ,a + ra ]
.با توجه به ) ، (1به ازای ھر a ∈ Ac به
]
)(2
و
(a − ra ,a + ra ) ⊆ Ac
اينکه
[
[
[
]
a ∈ ba − r' a ,ba + r' aپس A ⊆ U ba − r' a ,ba + r'aو با توجه نتيجه
گيريم
می
c
c
a∈ A
[
]
U ba − r'a ,ba + r'a ⊆ Aپس
c
c
a∈ A
* A = U ba − ra ' ,ba + r' a c
a∈ A c
.4با توجه به اينکه اگر از طرفين رابطه * متمم بگيريم نتيجه حاصل می شود . 0
سوال (28ثابت کنيد ⎟⎞ U A0 ⊆ ⎛⎜ UA A∈F ⎠ ⎝ A∈F
اثبات :ھر گاه x ∈ U A0به ازای A1ای در Fداريم x ∈ A10بنابراين r > 0 ، A∈F
ای ھست به طوری که
0
. N r ( x ) ⊆ U A , N r ( x ) ⊆ A1پس ⎟⎞ x ∈ ⎛⎜ UA ⎠ ⎝ A∈F A ∈F سوال (29دسته Fرا طوری بسازيد که متناھی بوده و به ازای آن ،در )آ( تساوی برقرار نباش .
جواب :ھرگاه A2 = R − Q , A1 = Qباز ھم تساوی برقرار نيست .زيرا ) R = ( A,UA2و A10UA20 = φ 0
سوال (30ھرگاه A, A = B = φدر Mبسته است آنگاه نشان دھيد 0
0
⎠⎟⎞ ) ( c
اثبات :براي اثبات از لم
⎛ o c ⎜A = A ⎝
( A U B )0 = φ
.
استفاده مي كنيم.
اثبات لم x ∈ A0 :اگر و فقط اگر به ازای r > 0ای ، N r ( x ) ⊆ A ،اگر و فقط اگر به ازای r > 0 ، N r ( x ) I Ac = φاگر و فقط اگر x ∉ A c
،اگر و فقط اگر
ای
) (
c
x ∈ Ac
حال از لم باال برای اثبات مساله استفاده می کنيم
)
c
(
c
0 c c c ( A U B ) = ⎛⎜ ( A U B ) ⎞⎟ = A I Bحال برای ادامه اثبات يک لم را ھم بايد ثابت کنيم.
⎠
⎝
لم :اگر Sباز باشد و S ,Tزير مجموعه ھای R nباشند ثابت کنيد S I T ⊆ S I T حال فر می کنيم Sباز باشد و x ∉ S I Tنشان میدھيم ) x ∉ S I Tتوجه شود که اگر بخواھيم ثابت کنيمA ⊆ B ،
کافی است گزاره ) x ∉ B ⇒ x ∉ A
را ثابت کنيم(
اگر x ∈ Sبه ازای r1 > 0ای . Br1 ( x ) ⊆ Bدر ضمن . x ∉ S I Tپس > 0
r1ای ھست به طوری که
) . φ = Br2 ( x ) I (S I Tقرار میدھيم} r = min{r1 , r2بنابراين Br (x ) I T = φزيرا اگر r = r1
آنگاه
چون Br1 ( x ) ⊆ Sپس ) Br1 ( x ) I S = Br1 ( xاگر r = r2انگاه چون r2 < r1پس Br2 (x ) ⊆ Br1 ( x ) ⊆ S
پس Br2 ( x ) ⊆ Sپس ) . Br2 ( x ) I S = Br2 ( x
حالت B r ( x ) I T = φ
پس در ھر
است Ac I B c ⊆ Ac I B c
لذا ) ( c
⊆ A U Bc
)
c
IBc
(A
c
c
و چون = φ
⊆ A0
c
بنابراين
) ( A U B )0 ⊆ A U (B c 0
لذا x ∉ Tپس . x ∉ S I Tحال میرويم به سراغ مساله چون Aباز
) (A I B ) ⊆ (A I B
c c
c
پس
= A U A0
) ( A U B )0 ⊆ A U (B c
c
Bپس ( A U B) ⊆ Aلذا داريم (( A U B) ) ⊆ A 0
c
0
0 0
) ) ( A U Bزيرا اگر Aيک مجموعه باشد آنگاه ) ( 0 0
زيرا اگر
0
}
می دانيم ∃r > 0 , N r (x ) ⊆ A0
(A ) = {x ∈ A
0
0 0
0
بنابراين بديھی است که
A⊆ B
آنگاه
( A U B )0 = φ
. A = Aبنابراين
پرانتز خط باال را ثابت میکنيم:
c
c
.
⊆ Bo
o
Aيعنی
حال عبارت داخل
( ) ⊆A
0
) ( N ( x ) ⊆ Aلذا ) x ∈ (A
0 0
. A
اينک ثابت می کنيم : A0 ⊆ A0اثبات :فرض کنيم x ∈ A0بنابراين به ازای N r ( x ) ⊆ A ، r>0 0
نشان میدھيم
0 0
0
r
ھرگاه ) ، y ∈ N r ( xقرار میدھيم ) r' = r − d (x , yبديھی است که r' > 0 N r' ( y ) ⊆ N r (x ) ⊆ Aپس y ∈ A0يعنیN r ( x ) ⊆ A0 ،
سوال (31ثابت کنيد ) (A ) = (A c
جواب.
c 0
) (
0
x ∈ Acاگر و فقط اگر به ازای r > 0ای N r ( x ) ⊆ Ac
، φ = N r ( x ) I A, r > 0اگر و فقط اگر . x ∉ Aاگر و فقط اگر ) x ∈ (A c
0
n ⎞ ⎛n سوال (32ثابت کنيد ⎜ I Ai ⎟ = I Ai 0که در آن ھر Ai ⊆ M ⎝ i =1 ⎠ i =1
0
ب :اگر Fدستهای نامتناھی اززيرمجموعهھای Mباشد ⎛ I A ⎞ ⊆ I A0 ⎜ ⎟ A∈F ⎠ ⎝ A∈F
اگر و فقط اگر به ازای
ح :مثال بزنيد که به ازای آن ،در )ب( تساوی برقرار نباشد.
آ .ھرگاه Ai0
n
، x ∈ Iآنگاه به ازای ھر ri > 0 , i = 1,2 ,3 ,..., nای ھست به طوری که
i =1
N ri (x ) ⊆ Ai
) (1 ≤ i ≤ n
قرار میدھيم } . r = min{r1 , r2 ,..., rnبديھی است که r>0و N r ( x ) ⊆ Aiبه ازای ھر . i = 1,2 ,..., nلذا n
N r ( x ) ⊆ I Ai i =1
0
⎞
n
⎛
پس ⎟ . x ∈ ⎜ I Ai
⎠
⎝ i =1
0
⎞ ⎛ n به عکس فرض میکنيم ⎟ x ∈ ⎜ I Aiبنابراين r>0ای ھست به طوری که N r ( x ) ⊆ I Aiپس به ازای ھر i =1 ⎠ ⎝ i =1 n
n
. N r (x ) ⊆ Ai ، i = 1,2 ,..., nلذا x ∈ I Ai ، (i = 1,2 ,..., n ) ، x ∈ Ai0 0
i =1
0
⎛ ⎞ ب:فرض می کنيم ⎟⎟ . x ∈ ⎜⎜ I Aبنابراين r > 0 ،ای ھست بطوری که A A∈F ⎠ ⎝ A∈F
. N r ( x ) ⊆ Iبنابراين به ازای ھر
⎧ x ∈ A0 ⎨ پس x ∈ I A0 N r ( x ) ⊆ A ، A ∈ Fپس A∈F ⎩∀ A ∈ F
1 ⎞1 ⎛ ج :قرار دھيد به ازای An = ⎜ 1 − ,2 + ⎟ ، n = 1,2 ,...بديھی است که 1 ∈ An0 n ⎠n ⎝ ∞
∞
∞
n =1
n =1
n =1
. n∈ Nبنابراين . 1 ∈ I An0 , 2 ∈ I An0ھمچنين بديھی است که ]I An = [1,2
، 2 ∈ An ,به ازای ھر 0
.
n
سوال ( 33ثابت کنيد ھر گوی nبعدی در Rکوژ است.
اثبات :به ازای ھر y , xکه x , y ∈ N r (a ) ⊆ R nو ھر عدد حقيقی 0 < θ < 1
) Z = θ x + (1− θ ) y ∈ N ( aاز آنجا که } r
نشان دھيم
* d (z , a ) < r
{
بايد نشان دھيم که
N r ( a ) = x ∈ R n d (x , a ) < r
پس کافی است
d ( z , a ) = z − a = θx + (1 − θ ) y − a = θx + (1 − θ ) y − a + aθ − aθ
) θ ( x − a ) + (1 − θ )( y − a ≤ θ x − a + (1 − θ ) y − a ≤ r θ + (1 − θ )r = r سوال ( 34ثابت کنيد حجره kبعدی محدب است.
) x = (x1 , x2 ,..., xn ) , y = ( y1 , y2 ,..., yn
) Z = λx + (1 − λ ) y = (λx1 + (1 − λ ) y1 ,..., λxk + (1 − λ ) yk تعاريف در فضای متری Xبرای زير مجموعه ⊆ X
0<λ <1
.E
تعريف نقطه حدی :نقطه P ∈ Xرا نقطه حدی ) po int
(lim it
مجموعه Eنامند .ھر گاه ھر ھمسايگی Pشامل يک
نقطه مانند qکه q ∈ Eو q ≠ Pباشد .که مجموعه نقاط حدی را با ' Eنمايش میدھند .به اصطالح رياضی داريم:
Nr ( P ) I E ≠ φ
P ∈ E ' ↔ ∀r > 0 *
واضح است که E' ⊆ X
{
}
مثال :در R 2با متريک اقليدس = ( x , y ) x 2 + y 2 < r
}
E' ، Eرا پيدا کنيد.
{
E' = ( x , y ) x 2 + y 2 ≤ r
مثال :در Rبا متريک اقليدس ) E = (a ,bکه E' = [a ,b] a < b نکته :ھر عدد حقيقی نقطه انباشتگی مجموعه عددھای گوياست )توجه نام ديگر نقطه حدی :نقطه انباشتگی است(.
1 سوال (35ثابت كنيدصفر يک نقطه حدی مجموعه عددھايی به شکل n
)(n = 1,2,...
است.
اثبات برای ھر 0 ∈ Nε (0 ) , ε < oو با توجه به خاصيت ارشميدسی اعداد حقيقی برای ھر > 0 1 1 1 1 ∃n ∈ Nبطوری که > nلذا < εپس − ε < 0 < < εيعنی ) ∈ Nε (0 n n ε n ⎫ ⎭
، εوجود دارد
؛ بنابراين ھر ھمسايگی
⎧1 ⎩n
صفر شامل نقطه ای از ⎬ S = ⎨ | n ∈ Nاست .لذا صفر يک نقطه حدی Sاست. حال ثابت میکنيم عدد صفر تنھا نقطه حدی مجموعه Sاست .چھار حالت روی میدھد که ھر يک را مورد بررسی قرار می- دھيم.
حالت اول :اگر xعددی منفی باشد يعنی ) (x < 0پس ) (− ∞,0 بنابراين (− ∞ ,0 ) I S = φپس xنقطه حدی Sنيست.
يک ھمسايگی xبوده که شامل نقطه ای از Sنيست.
حالت دوم :اگر x>1پس )∞(1,
يک ھمسايگی xبوده که شامل ھيچ نقطهای از Sنيست .يعنی
(1,∞) I S = φ
لذا x
نقطه حدی Sنخواھد بود.
⎞ ⎛1 حالت سوم :اگر , ∞ ⎟ ، x=1 ⎠ ⎝2
⎜ ھمسايگی از xبوده که شامل ھيچ نقطه ای از Sبجز خود xنيست.
⎞ ⎛⎛ 1 ⎞ يعنی ⎜⎜ ⎜ , ∞ ⎟ − {1}⎟⎟ I S = φ ⎠ ⎝⎝ 2 ⎠
لذا xنقطه حدی Sنيست.
1 حالت چھارم 0 < x < 1 :آنگاه > 0 x
،پس عدد حقيقی يکتايی مانند nوجود دارد به طوری که
1 1 1 1 1 1 < <<x ⇒< n +1 ⇒ ≤<x x n+1 n n+1 n n −1
⎞ 1 1 ⎛ 1 ⎜ از xفقط شامل نقطه , پس ھمسايگی ⎟ n ⎠⎝ n + 1 n −1
از
چون طبق قضيه ای که بعداً خواھيم خواند نتيجه می گيريم که x
≤n
sمی باشد يعنی تعداد متناھی نقطه از S
نقطه حدی
S
را داراست و
نيست .و تنھا صفر نقطه حدی
S
است .و
اثبات تمام است. سوال (36ھمه نقطه ھای حدی مجموعه ھای زير در ' Rرا مشخص نمائيد. آ( ھمه اعداد صحيح
ب( بازه ]]a ,b ج( ھمه اعدادگويا د( ھمه عددھای به شکل
), ,... ( m, n = 12
2− n + 5− n
1 ه( ھمه عددھای به شکل m
(m , n = 1,2 ,...) (− 1)n +
⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1 و( ھمه عددھای به شکل ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ + ⎠⎝n⎠ ⎝m
ز( ھمه عددھای به شکل
(− 1)n ⎤⎞ ⎡ ⎛ 1 ⎥⎟ ⎢1 + ⎜ n ⎦⎠ ⎝ ⎣
جواب :الف( از آنجا که به ازای ھر
)(m , n = 1,2 ,...
n = 1,2 ,...
δ > 0 ، x∈R
{
}
A = 2− n + 5− m m, n = 12 , ,...
1 ⎧ ⎫ ⎬A = ⎨(− 1)n + m , n = 1,2 ,... m ⎩ ⎭ ⎧1 1 ⎫ ⎬A = ⎨ + m , n = 1,2 ,... ⎩n m ⎭
⎫ ⎧ ⎪⎪ ⎪⎪ (− 1)n ⎬m , n = 1,2 ,... ⎨=A ⎪ ⎤ ⎪ ⎡1 + 1 ⎭⎪ ⎦⎥ ⎪⎩ ⎢⎣ n وجود دارد که
) }φ = Nδ ( x ) I ( z − { x
پس
z' =φ
ب( نشان می دھيم ] . (a ,b]' = [a ,bبدين منظور نشان می دھيم ،به ازای ھر ]ε > 0 , x ∈ [a ,b N * ε (x ) I [a ,b ] ≠ φ
اگر ] ∃ xo ,∈ R, ∀ε > 0, x ∈ ( a, bوجود دارد که x − ε < x0 < x
) a < x0از طريق برھان
,
خلف می توانيد اين را ثابت کنيد( لذا ]x0 ∈ N *ε (x ) I (a ,b اگر
ε >0
x=a
باز ھم
و N * ε (x ) I (a , b ] ≠ φ
x0 ∈ R
x < x0 < x + ε
وجود دارد که , x0 ≤ b
اگر x < aقرار می دھيم ، ε = a − xھمچنين اگر x
< ، bقرار می دھيم
ε = x−b
لذا
در اين صورت
N * ε (x ) I (a , b ] = φ
⎫⎧1⎫ ⎧1 د( ادعا می کنيم } . A' = ⎨ k ⎬ U ⎨ k ⎬ U {0بنابراين ابتدا نشان می دھيم ' 0 ∈ Aو به ازای ھر k ⎭ ⎩2 ⎭ ⎩5 1k , 1kاعضای ' Aھستند .سپس نشان می دھيم ھر xحقيقی که به يکی از شکل ھای (k = 1,2,...) 1k , 1k ,0 5 2 5 2 نباشدعضو ' Aنيست.
ی طبيعی
ھرگاه x = 0باشد و r > 0دلخواه باشد طبق خاصيت ارشميدسی اعداد حقيقیn , m ، 1 r طوری که < 5m 2
,
1 r < 2n 2
1 1 بنابراين + m < r n 2 2
1 ھرگاه 2k 1 1 m < rبنابراين − r < m < rدر نتيجه 5 5
ای طبيعی يافت می شوند به
.لذا N * r (0 ) I A ≠ φيعنی '0 ∈ A
= k ) xعددی طبيعی و دلخواه است( و r > 0عددی حقيقی باشدm ،
ای طبيعی ھست به طوری که
1 1 1 1 −r < m + k
1 1 ⎛⎛ 1 1 ⎞⎫ ⎞ ⎧ 1 بنابراين + m ∈ ⎜⎜ ⎜ k − r , k + r ⎟ − ⎨ k ⎬ ⎟⎟ I A : k 2 5 2 ⎠⎭ ⎠ ⎩ 2 ⎝⎝ 2 1 لذا '∈ A 2k
به ازای )(k = 1,2,...
1 به ھمين ترتيب می توان ثابت کرد که به ازای ھر ∈ A' , k ∈ N 5k ⎫⎧1⎫ ⎧1 اکنون فرض می کنيم }U ⎨ k ⎬ U {0 ⎬k ⎭ ⎩2 ⎭ ⎩5 1 1 x > +قرار ميدھيم . r = − xھرگاه 2 5
⎨ ∉ xبه ازای
و
7 10
)(k = 1,2,...
. r = x −ھر گاه
،ھرگاه ، x < 0قرار می دھيم
1 1 + 2 5
=x
قرار می دھيم
1 1 1 1 4 = . r = − 2ھر گاه x o < x < +دقيقاً بين دو عضو از Aاست )دو عضوی که در دو طرف x 5 5 25 2 5 واقعند و کمترين فاصله را با xدارند فرض کنيم آن دو عضو y , zباشند آنگاه قرار می دھيم } r = min{ x − z , x − y
واضح است که در ھر مورد فوق
( x − r , x + r ) I ( A − { x}) = φ
توجه شود
که A I (B − C ) = ( A − C ) I B 1 ه( ادعا می کنيم } . A' = {1,−1ھر گاه n = 1آنگاه به ازای ھر m ، r > 0ای طبيعی ھست که < r m )}(− 1) + 1 ∈ (− 1 − r ,−1 + r ) I ( A − {− 1 m
1 1 < r → −1− r < + ( −1) < −1+ r m m
.بنابراين زيرا
< −r
به ھمين ترتيب با انتخاب . 1 ∈ A' , n = 2
حال اگر }x ∉ {− 1,+1
می توان r > 0ای يافت به طوری که (x − r , x + r ) I ( A − {x}) = φ
⎫ ⎧1 و( ادعا می کنيم }n ∈ N ⎬ U {0 ⎭ ⎩n
⎨ = ' Aبه ازای r > 0 , x = 0دلخواه ،طبق خاصيت ارشميدس اعداد حقيقی
مانند
m,n
ھست
به
طوری
1 1 بنابراين )}+ ∈ (− r , r ) I ( A − {0 n m
.لذا
که
1 r < m 2
,
1 r < n 2
پس
1 1 +
.
' 0∈ A
1 1 1 1 لذا + < r + به ازای ھر n∈ Nو r > 0دلخواه m ،ای طبيعی ھست که < r m m n n
لذا چون
1 1 ⎛1 1 1 1 1 1 1 ⎛ ⎞ ⎞⎫ ⎧ 1 < − rپس پس ⎟⎟ ⎬ ⎨ + ∈ ⎜ − r , + r ⎟ I ⎜⎜ A − −r < +
≠x
⎛ ⎝
⎜ ∀n ∈ Nآنگاه
لذا
(x − r , x + r ) I ( A − {x}) = φ
⎧ 1 ⎫ ز( واضح است که ⎬ A = ⎨− ,1,−1و چون Aمتناھی است پس A' = φ ⎩ 2 ⎭ سوال (37ثابت کنيد ھر زير مجموعه متناھی يک فضای متری بسته است؟
اثبات :فرض کنيم ) ( X , d می کنيم
يک فضای متری بوده و } A = {x1 , x2 ,..., xnيک زير مجموعه متناھی از Xباشد ثابت
) Ac = ( X − A
بازاست.
ھرگاه
x ∈ Ac
،آنگاه ، d ( x , xi ) > 0به ازای . i = 1,2 ,..., nقرار می دھيم
) r = min d ( x , xi 1≤i ≤ n
بديھی است که به ازای . xi ∉ N r (x ) ، i = 1,2 ,..., nلذا ، N r ( x ) I A = φيعنی N r ( x ) I A = φ
. N r ( x ) ⊆ ACبنابراين ،به ازای ھر x ، x ∈ Ac
يک نقطه درونی است پس
يعنی
C
Aمجموعه ای باز است .و لذا ،
Aمجموعه ای بسته است.
سوال :در فضای متری ) ، (M , dگوی بسته به شعاع r > 0حول نقطه a
}
در Mعبارت است از مجموعه
{
. Br (a ) = x d ( x , a ) < rثابت کنيد ) Br (aمجموعه ای است بسته.
حل :کافی است نشان دھيم ) M − Br (aباز است بدين منظور به ازای ھر ) x ∈ M − Br (aداريم d ( x , a ) > r
(x , a ) − r > 0
. dحال گيريم
r' = d (x , a ) − rو ) (a 2
پس ) Br' ( x ) ⊆ M − B (xزيرا اگر چنين نباشد 'x
لذا
' Brگويی باز در Mباشد
ای وجود دارد دارد که
) x ∈ Br' (a ) I Br (aو لذا d (x' , a ) < r' , d (x' , a ) < r
در نتيجه
) d ( x , a ) ≤ d (x , x' ) + d ( x' , a ) r + d (x , a d (x , a ) − r = < r' + r = +r 2 2
پس d ( x , a ) < r
که به تناقض می انجامد**.
سوال (38در فضای متری ) ، (M , dثابت کنيد که مجموعه φ
و تمام فضای Mھم باز و ھم بسته اند.
جواب :چون مجموعه تھی ھيچ عضوی ندارد بنابر انتفاء مقدم ،مجموعه تھی باز است از طرفی به ازای ھر
، Bε ( x ) ⊆ M ,ε > 0 , x ∈ Mلذا Mمجموعه ای باز است .چون متمم ھر مجموعه باز ،بسته است ،پس
φ ,M
مجموعه ھای بسته نيز می باشد**
سوال (39ثابت کنيد که گويھای nبعدی باز و بازه ھای باز n جواب :گيريم , r > 0
x ∈ Rn
}
n
بعدی مجموعه ھايی باز در Rمی باشند.
{
Br ( x ) = y ∈ R n x − y < rبايد نشان دھيم ھر نقطه ) Br (x
يک نقطه درونی است به ازای ھر ) ، y ∈ Br ( xداريم ، x − y < rپس r' = r − x − y
) z ∈ Br' ( y
داريم
z − y < r'= r − x− y
x−z = x− y+ y−z ≤ x− y + y−z < x− y +r− x− y =r
حال به ازای ھر
و لذا ) z ∈ Br (xو درنتيجه ) Br' ( y ) ⊆ Br ( xيعنی yيک نقطه درونی ) Br (xبوده و ) Br (x n
مجموعه باز در
Rمی باشد.
تعريف :حاصلضرب دکارتی nبازه باز يک بعدی [ ]a1, b1[ x ]a2, b2[ × ... ]an , bn را يک بازه باز nبعدی می ناميم .با فرض ) b = (b1 ,b2 ,...,bn ) , a = (a1 , a2 ,..., anبازه باز n
بصورت []a ,b •
نشان ميدھيم.
سوال ثابت کنيد بازه باز n
بعدی مجموعه ای باز در Rاست.
مساله (40تابع pرا روی R × Rبا رابطه زير تعريف می کنيم 2
(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2
2
= ) p(x , y
فرض کنيم ) a = (a1 , a2يک نقطه R 2باشدN r (a ) . جواب:
}
را پيدا کنيد
{
N r (a ) = ( x1 , x2 ) : ( x1 , x2 ) ∈ R 2 ,
(x1 − y1 )2 + (x2 − y2 )2 < r
پس ) N r (aدرون دايره ای است به مرکز a
و شعاع . r
مساله (41مساله باال را در مورد تابع } p(x , y ) = max{ x1 − y1 , x2 − y2
حل کنيد.
{ } } = {( x , x ) : ( x , x ) ∈ R , x − a < r , x − a < r = {( x , x ) : ( x , x ) ∈ R , a − r < x < a + r , a − r < x
N r (a ) = (x1 , x2 ) : ( x1 , x2 ) ∈ R 2 , max{ x1 − a1 , x2 − a2 } < r 2
}
2
< a2 + r
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
1
) = (a1 − r , a1 + r ) × (a2 − r , a2 + r
⎧ ⎫ x − y2 d ( x , y ) = max⎨ x1 − y1 , 2 مساله (42مساله باال را در مورد تابع ⎬ ⎭ K ⎩
حل :مطابق حل مساله قبل N r (a ) = (a1 − r , a1 + r ) × (a2 − kr , a2 + kr ) : مساله (43تابع dو pرا روی R × Rبا رابطه زير تعريف میکنيم: n
) + ... + ( xn − yn
2
n
) ( x1 − y1) + ( x2 − y2
2
2
= ) d ( x, y
⎧ x −y x −y ⎫ x − yn P ( x, y ) = max ⎨ x1 − y1 , 2 2 , 3 3 ,..., n ⎬ ⎭ n 2 3 ⎩
بعدی باال را
) N rd (aو ) N rP (a
را پيدا کنيد )) (a = (a1 ,..., an
بنابر حل مساله 41و 42خواھيم داشت:
) N rp (a ) = (a1 − r , a1 + r ) × (a2 − r , a2 + r ) × ...× (an − r , an + r و ھمچنين بنابرحل مساله :43
) N rd (a ) = (a1 − r , a1 + r ) × (a2 − 2r , a2 + 2r ) × ...× (an − nr , an + nr ) d (x , y مساله (44فرض میکنيم αيک متر برای Xباشد و ) 1 + d (x , y
تعريف میکنيمa ∈ X , d" ( x , y ) = min {d ( x , y ),1}:
= ' d" , dرا روی X × Xبا ضابطه زير
و rعددی حقيقی مثبت باشد،
) (a ), N rd' (a
"d
N rرا پيدا
کنيد.
⎫ ⎧ ) d (x , a N rd (a ) = {x : x ∈ X , d' ( x , a ) < ε } = ⎨ x : x ∈ X , ⎬< r ⎭ ) 1 + d (x , a ⎩ ) d (x , a دو حالت میگيريم :اگر ، r ≥ 1آنگاه برای ھر x ∈ Xداريم< 1 ≤ r : ) 1 + d (x , a
،و در نتيجه ) x ∈ N r (aو 'd
بنابراين N rd ' (a ) = X
حالت دو :اگر 0 < r < 1
آنگاه
) d (x , a ) < r ⇔ d (x , a ) < r + rd ( x , a ) 1 + d (x , a ⇔ (1 − r )d ( x , a ) < r r < ) ⇔ d (x , a 1− r
r ≥1 در نتيجه
⎧X ) ( a ) = ⎪⎨N r ( a ⎪⎩ 1−r
ε <1
'd r
N
ھمچنين برای " dداريم:
r >1 r ≤1
⎧⎪ X N rd " ( a ) = x : x ∈ X , min {1, d ( x , a )} < r = ⎨ d ) ⎪⎩ N r ( a
{
}
علت اين است برای قسمت اين ھم مثل باال دو حالت r ≤ 1, r > 1میگيريم اگر r>1باشد .آنگاه برای ھر
min{1, d ( x , a )} ≤ 1 < r ، x ∈ Xاگر 0 < r ≤ 1
آنگاه
) min{1, d ( x , a )} < r ⇔ d ( x , a ) < r ⇔ x ∈ N rd (a
گوی ھا و مجموعهھای باز و بسته
درفضای متريک ) ، (E , dنقطه x ∈ E
و عدد r>0مفروض اند .در اين صورت گوی باز به مرکز xو شعاع rعبارت
است از } B ( x, r ) = { y ∈ E : d ( x, y ) < rاگر به جای < قرار دھيم ≤
مجموعه حاصل را گوی بسته می-
ناميم ھمچنين تعريف مي كنيم }S ( x , r ) = {y ∈ E , d ( x , y ) = r تعريف :فضای متريک ) (E , dو زير مجموعه A ⊆ Eمفروض اند .میگوييم Aمجموعهای باز است ھر گاه A = φ
يا اگر ، A ≠ φانگاه ∀x ∈ A, ∃r > 0 : B( x , r ) ⊆ A مساله (45ثابت کنيد با فرض گوی باز ) B(x; εدر يک فضای متري ،به ازای ھر نقطه ) y ∈ B(x ,ε
عدد حقيقی
δ > 0ای وجود دارد به طوری که ) Bδ ( y ) ⊆ Bε ( x
اثبات :فرض کنيم ) = ε − d ( x , y
، δکه اکيداً مثبت است ،زيرا
) . B( y ,δ ) ⊂ B( x ,εاگر ) z ∈ B( y ,δآنگاه d ( y , z ) < δ
) ( x ,ε
، y ∈ Bثابت میکنيم که
و
d (x , z ) ≤ d (x , y ) + d ( y , z ) < d (x , y ) + δ = ε بنابراين ) z ∈ B( x ,ε
و حکم ثابت میشود.
مساله (46فضای متريک ) (E , d
مفروض است اگر xو yدو نقطه متمايز در Eباشند ثابت کنيد دو ھمسايگی Uو Vبه
ترتيب برای xو yوجود دارند به طوری که U I V = φ
اثبات :با توجه به ) r = d ( x , y ) > 0زيرا y
⎞r ⎠3
⎛ ⎝
⎞r ⎠3
⎛ ⎝
≠ ( xکافی است قرار دھيم ⎟ ; U = B⎜ xو ⎟ ; V = B⎜ yو
مساله ثابت میشود. مساله (47ثابت کنيد Aباز است اگر و فقط اگر Aاجتماعی از گوی ھای باز باشد. اثبات :مجموعه تھی يک مجموعه باز است و آن برابر اجتماع يک خانواده تھی از گویھای باز برعکس ،اجتماع يک خانواده تھی از كرهھا تھی است و لذا باز است. اگر Oيک مجموعه باز غيرتھی باشد ھر نقطه Oمرکز گوی بازی محتوی از Oاست و Oاجتماع خانواده ھمه چنين گوی- ھای باز میباشد ،توجه داشته باشيد ھر نقطه Oمرکز گوی بازی محتوی در Oاست و Oاجتماع خانواده ھمچنين گویھای
باز میباشد )توجه کنيد میدانيم اجتماع دلخواه از مجموعهھای باز ،باز است و چون ) B( x , r
باز است پس حکم ثابت
خواھد شد.(.
تعريف :فضای متريک ) (E , d از }δ ( A) = Sup{d ( x , y ) : x , y ∈ A
و زير مجموعه
(A ≠ φ ) A ⊆ E
مفروضاند .در اين صورت قطر Aعبارت است
تعريف :فرض کنيم Aو Bدو زير مجموعه ناتھی فضای متريک
) (E , d
باشد ،فاصله Aو Bعبارت است از
} d ( A, B ) = inf {d ( x , y ) : x ∈ A, y ∈ Bاگر Aمجموعه يک عنصری xباشد نماد ) d ( x , B
سوال (48اگر Aو Bدو زير مجموعه ناتھی در فضای متريک ) (E , d
را بکار میبريم.
باشند ثابت کنيد
) δ ( A U B ) ≤ δ ( A) + δ ( B ) + d ( A, B حل :دو نقطه a ∈ Aو b ∈ Bرا به دلخواه انتخاب میکنيم .به ازای ھر x ∈ A
و ھر y ∈ Bداريم:
) d ( x, y ) ≤ d ( x, a ) + d ( a, b ) + d ( b, y ) ≤ δ ( A) + δ ( B ) + d ( a, b و از اين رو )پس از SUPگيری( میبينيم که ) δ ( A U B ) ≤ δ ( A) + δ (B ) + d (a ,b اکنون اگر از دو طرف infبگيريم ،نابرابری مطلوب بدست خواھد آمد.
سوال (49ھرگاه ) ( X , d
يک فضای متريک باشد و داشته باشيم
∅ ≠ B ⊆ X ,φ ≠ A ⊆ X
در صورتی که
A I B ≠ φآنگاه نشان دھيد d ( A, B ) = 0 اثبات:
چون A I B ≠ φپس عضوی چون xوجود دارد به گونهای که x ∈ A I B
اکنون میتوان
نوشت }d ( A, B ) = inf {d (a ,b ) a ∈ A,b ∈ B
اما چون d ( x , x ) = 0پس آشکارا از تعريف ) d ( A, Bپيدا است که ) 0 = d ( A, B
سوال (50ھرگاه dمتريک معمولی بر اعداد حقيقی Rباشد آنگاه نشان دھيد ) = 0 اثبات) :برھان خلف( فرض
نوشت ) = k > 0
c
(
میکنيم)
c
(
. 0 ≠ d Q ,Qلذا فرض میکنيم
∃q ∈ Q , r ∈ Q c
s .t
k q+r = ' rو از آنجا میتوان نوشت < k اما میدانيم ∈ Q c 2 2
داشته باشيم )
)≠ 0
c
(
، d Q ,Qاز آنجا میتوان
d Q , Qو لذا خواھيم داشت:
d (q , r ) = k
c
c
(
. d Q ,Q
= ) ' d (q , rو اين تناقض آشکار است بنابراين بايستی
(
. 0 = d Q ,Q
2
سوال (51ھرگاه مجموعه Rرا ھمراه با متريک معمولی در نظر میگيريم .در صورتی که Aمجموعه نقاط واقع بر يک
ھذلولی و Bمجموعه نقاط واقع بر مجانبھای اين ھذلولی باشند نشان دھيد d ( A, B ) = 0
x2 y 2 − اثبات :ھذلولی افقی به معادله = 1 a 2 b2 x y x y عبارتنداز Δ2 ≡ + = 0و Δ1 = − = 0اکنون مطابق a b a b
را در نظر میگيريم ھمانگونه که میدانيم معادالت مجانبھای اين ھذلولی
شکل نقطه
Mرا در نظر میگيريم x1 ≥ 0 ) .و y1 > 0
x1 y1
را فرض کنيد( و فاصله آنرا از مجانب
Δ1
میيابيم .لذا
میتوان نوشت:
1 bx1 + ay1
×
1 bx1 + ay1
×
b 2 x12 − a 2 y12 a 2 + b2
a 2b 2 2
a +b 2
=
bx1 + ay1 bx1 + ay1
×
bx1 − ay1 a 2 + b2
=
bx1 − ay1 a 2 + b2
=
=
x1 y1 − a b 2
= MH
2
⎞⎛ 1⎞ ⎛1 ⎟ ⎜⎜ ⎟ + ⎠⎝a⎠ ⎝b
Y
Δ2
_ H M x
A′
A
اکنون اگر عناصر x1و y1به سمت ∞ +ميل دھيم آنگاه داريم d ( A, B ) = lim MH = 0 ∞x1 → + ∞y1 → +
و لذا خواھيم داشتd ( A, B ) = 0 :
تعريف :فرض کنيد ) (M , p
يک فضای متريک باشد .زير مجموعه Mمانند Aکراندار کلی ناميده می شود .اگر ،به
ازای ھر عدد مثبت ، εتعدادی متناھی زير مجموعه Mمانند A1 , A2 ,..., Anبه طوری که
δ ( Ak ) < ε
،
) A ⊆ Unk =0 Ak , (k = 1,2 ,..., n سوال (52ثابت کنيد اگر زير مجموعه A
از فضای متريک ) (M , d
کراندار کلی باشد ،آنگاه Aکراندار است.
اثبات :اگر Aکراندار کلی باشد ،آنگاه زير مجموعه ھای ناتھی Mمانند An ,..., A2 , A1وجود دارند به گونه ای که
) (k = 1,2,...,n
ھر ، k = 1,2 ,..., n
, δ ( Ak ) < 1 فرض
کنيم
. A ⊆ U k =1 Akبرای n
akنقطه
ای
در
Akباشد.
سپس
فرض
) D = p (a1 , a2 ) + p (a2 , a3 ) + ... + p (an −1 , anاکنون ،برای ھر دو نقطه j , i ; x , y ∈ Aايی
کنيم
که
ھست که x ∈ Ai
)
) y ∈ A jزيرا Akھا مجموعه Aرا می پوشانند( می توان فرض کرد که
,
( ])
i≤ j
.آنگاه :
[
(
p ( x , y ) ≤ p ( x , ai ) + p (ai , ai +1 ) + ... + p a j −1 , a j + p a j , y
چون δ ( Ai ) < 1
(
)
خواھيم داشت p ( x , ai ) < 1به ھمين ترتيب . p a j , y < 1از اين رو
)( x , y ∈ A
p( x , y ) < 1 + D + 1 = D + 2
بنابراين Aکراندار است.
تعريف :فرض کنيم Aزير مجموعه فضای متريک Mباشد ، B .زير مجموعه Aرا در − ε ، A
چگال
) (ε > 0خوانيم اگر برای ھر ، x ∈ Aيک y ∈ Bباشد به طوری که p( x , y ) < ε
ε
)يعنی Bدر − ε ، Aچگالی است اگرھر نقطه Aدرفاصله ای کمتر از
از نقطه ای از Bقرار داشته باشد.
مساله (53زير مجموعه Aاز فضای متريک ) (M , d يک مجموعه متناھی } {x1 , x2 ,..., xnکه در − ε ، Aچگالی است باشد.
کراندار کلی است اگر و تنھا اگر ،برای ھر A,ε > 0شامل
اثبات :عدد مثبت و دلخواه εرا در نظر می گيريم .اگر Aکراندار کلی باشد آنگاه A = U i =1 Aiکه در آن n
) (i = 1,2 ,..., nآنگاه } {a1 , a2 ,..., anدر
δ ( Ai ) < εمی توانيم فرض کنيم که . Ai ≠ φاگر ai ∈ Ai
− ε ، Aچگال است .از اين رو ،اگر Aکراندار کلی باشد ،آنگاه Aدارای يک زير مجموعه − ε
چگال متناھی
است.
برعکس ،اگر } {x1 ,..., xnدر − ε , Aچگال باشد ،آنگاه مجموعه ھای
⎤⎡ ε ⎤⎡ ε ⎥ B ⎢ x1, ⎥ ..., B ⎢ xn , ⎦⎣ 3 ⎦⎣ 3
قطرشان از
ε
کمتر است و Aرا می پوشانند .از اين حکم مسئله نتيجه می شود.
سوال (54اگر ) ( X , dيک فضای متريک باشد و φ ≠ A ⊆ R , A ⊆ X
آنگاه
δ ( A) = sup A − inf A
)فرض کنيد Aدر Rکرانداراست(.
اثبات A :در Rکراندار باشد :اگر ، x , y ∈ Aآنگاه A
(x − y ) ≤ sup A − inf
δ ( A) ≤ sup A − inf Aحال اگر 0 < εداده شده باشد ،آنگاه يک x , sup A − ε < x
+ −
و در نتيجه
و يک yھست به طوری که
، inf A + ε > yپس sup A − inf A < ε + x + ε − yو در نتيجه برای ھر
sup A − inf A < 2ε + δ ( A),ε > 0بنابراين )A ≤ δ ( A
sup A − infپس حکم ثابت می شود.
سوال (55نشان دھيد ) d ( A, Bھمواره عددی است حقيقی و غير منفی و )d ( A, B ) = d (B , A اثبات :طبق تعريف ) d ( A, Bداريم d ( A, B ) = inf {d ( x , y ) x ∈ A, y ∈ B} :
و ) d ( x , yبرای ھر y ∈ B , x ∈ Aداريم d ( x , y ) .پس }0 ≤ inf {d ( x , y ) x ∈ A, y ∈ B
درنتيجه . d ( A, B ) ≥ 0و چون dيک متر است پس ) d ( y , x ) = d (x , y
در نتيجه
)d ( A, B ) = inf {d ( x , y ) x ∈ A, y ∈ B} = inf {d ( y , x ) x ∈ A, y ∈ B} = d (B , A سوال (56اگر Aيک زير مجموعه Xباشد ،نشان دھيد که
) d ( x , A) − d ( y , A) ≤ d ( x , y اثبات :ساده است :از نامساوی مثلث استفاده کنيد. سوال A, B (57زير مجموعه ھای غير خالی يک فضای متری ھستند .ثابت کنيد که اگر A I Bغير خالی باشد آنگاه
) δ ( A U B ) ≤ δ ( A) + δ ( B
اثبات :برای اثبات از مساله ) (1و ) (2استفاده می کنيم می دانيم A I B ≠ φپس d ( A, B ) = 0
و بنابر )(1
) δ ( A U B ) ≤ δ ( A) + δ ( B ) + d ( A, B ) = δ ( A) + δ ( B ) ⇒ δ ( A U B ) ≤ δ ( A) + δ ( B سوال (58
A, Bزير مجموعه ھای غير خالی در يک فضای متری ھستند ثابت کنيد که اگر A ⊂ Bآنگاه
) δ ( A) ≤ δ ( B اثبات :می دانيم اگر A ⊆ Bآنگاه sup A ≤ sup B .
می دانيم چون A ⊆ B
}{d (x , y ) x , y ∈ A}⊆ {d (x , y ) x , y ∈ B
)( 1 حال با گرفتن
supاز طرفين ) ، (1رابطه ) ( A) ≤ δ (B
سوال (59اگر ) d ( X , d باشد .اين است که
δحاصل خواھد شد.
يک فضای متريک باشد و ، A ⊆ Xثابت کنيد شرط الزم و کافی برای آنکه Aکراندار
∞δ ( A) < +
اثبات :به عھده متعلم
فضای n
بعدی اقليدسی
تعريف :منظور از نرم روی فضای برداری V
تابعی است مانند
R′
به طوری که
V →⎯⎯⎯
x ≥0
(i
∀x ∈V
(x
( ii
)= 0 ⇔ x = 0
( iii
∀x ∈V , ∀a ∈ F : ax = a x
∀x ∈V
x+ y ≤ x + y
( iv
تعريف :يک نيم نرم روی Eيک تابع
) ∀x , y ∈Vنامساوی مثلث(
δ :E→R
است به طوری که برای ھر
δ (cx ) = c δ ( x ) , δ (x + y ) ≤ δ ( x ) + δ ( y ), x , y ∈ E , c ∈ R مساله (60فرض کنيد .
δ 1 ,δ 2
δ (x ) ≥ 0 ، x ∈ E
و برای ھر
) Eيک فضای برداری است(
نيم نرم می باشند .نشان دھيد δ 1 + δ 2يک نيم نرم است
اثبات :برسی شرط اول :به ازای ھر
δ 2 ( x ) ≥ 0 ,δ1 ( x ) ≥ 0 , x ∈ E
و چون
(δ1 + δ 2 )(x ) = δ1 (x ) + δ 2 (x ) ≥ 0 پس (δ1 + δ 2 )(x ) ≥ 0
حال شرط دوم را برسی می کنيم برای ھر x , y ∈ Eداريم :
) (δ 1 + δ 2 )(x + y ) = δ1 (x + y ) + δ 2 (x + y ) ≤ δ1 (x ) + δ 1 ( y ) + δ 2 (x ) + δ 2 ( y ) = δ 1 (x ) + δ 2 (x ) + δ 1 ( y ) + δ 2 ( y ) = (δ 1 + δ 2 )( x ) + (δ 1 + δ 2 )( y بررسی شرط سوم :
) (δ1 + δ 2 )(cx ) = δ 1 (cx ) + δ 2 (cx ) = c δ 1 (x ) + c δ 2 (x )) = c (δ 1 (x ) + δ 2 ( x )) = c ((δ 1 + δ 2 )( x مساله (61فرض کنيد Eيک فضای برداری باشد و تابع
λ1δ 1 + λ2δ 2
δ 1 ,δ 2 : E → R
دو نيم نرم باشند و
λ1 , λ2 ≥ 0
نيز يک نيم نرم است.
اثبات :ابتدا نشان می دھيم اگر δ1يک نيم نرم باشد چون δ1يک نيم نرم است پس برای ھر
λ1δ 1
نيز يک نيم نرم است.
λ1 ≥ 0 ,δ1 (x ) ≥ 0 , x ∈ E
حال شرط 2را مورد بررسی قرار می دھيم .
در نتيجه
λ1δ1 (x ) ≥ 0
نشان دھيد
)) (λ1δ1 )(x + y ) = λ1 (δ 1 (x + y )) ≤ λ1 (δ 1 (x ) + δ 2 ( y ) ≤ λ1δ 1 (x ) + λ1δ 1 ( y ) = (λ1δ 1 )( x ) + (λ1δ 1 )( y حال شرط 3را مورد بررسی قرار می دھيم .
)) (λ1δ 1 )(cx ) = λ1 (δ 1 (cx )) = λ1 ( c δ1 (x )) = c (λ1δ1 (x )) = c ((λ1δ 1 )( x λ2δ 2
به ھمين ترتيب
نيز يک نيم نرم است .در نتيجه،
δ 1 ,...,δ n
مساله (62ثابت کنيد اگر
نيم نرم و
λ1δ 1 + λ2δ 2
λ1 , λ2 ,..., λn
نيز يک نيم نرم است.
نامنفی باشند .آنگاه
λ1δ 1 + λ2δ 2 ,... + λ1δ n
نيز
يک نيم نرم است.
اثبات به استقراء اگر λ1δ 1 + ... + λmδ mبا 0 ≤ m < n
λm +1δ m +1
يک نيم نرم است نتيجه می گيريم که
مساله (63ھرگاه k ≥ 2
يک نيم نرم باشد .در اين صورت از آنجايی که
λ1δ 1 + ... + λmδ m + λm +1δ m +1
يک نيم نرم است.
و ، x ∈ Rثابت کنيد yی در Rھست به طوری که y ≠ 0ولی x. y=0 k
k
اثبات :قرار میدھيم ) y = ( y1 ,..., yk ), x = ( x1 , x2 ,..., xkبنابر تعريف x. yخواھيم داشت: k
x. y = ∑ xi . yi i =1
دوحالت میگيريم x = 0 , x ≠ 0 اگر x=0حکم واضح است.
پس فرض کنيد x ≠ 0؛ چون ) 0 ≠ x = ( x1 ,..., xnپس jای موجود است به طوری که x j ≠ 0
)(1 ≤ j ≤ n طبق فرض داريم: n
∑ xk yk = 0 ⇔ x1 y1 + x2 y2 + ... + xi yi + ... + xn yn = 0
k =1
x1 y1 + ... + xi −1 yi −1 + xi +1 yi +1 + .... + xk yk − xi حال ،قرار میدھيم
= ⇔ yi
x 1 + .... + x i − 1 + x i + 1 + ... + x k
, y 1 = y 2 = .... = y i − 1 = y i + 1 = ... = y k = 1
− xi
و چون ) y = (1,1,..., yi ,1,...,1پس y ≠ 0و نتيجه میگيريم که x . y = 0پس yای مخالف صفر که به شکل
⎞ ⎛ x + ... + xi −1 + xi +1 + .... + xk y = ⎜⎜ 1,..., 1 ⎟⎟,1,...,1 − xi ⎠ ⎝
مساله (64فرض کنيد P ≥ 0
تعريف کرديم که x . y = 0شد پس حکم ثابت میشود.
يک عدد صحيح باشد بعالوه فرض کنيد )]([0 ,1
پذير و پيوسته روی ] [0 ,1باشد σ p
P
E = Cيک فضا از توابع Pبار مشتق
را به صورت زير تعريف می کنيم:
) σ p ( f ) = SUP f ( p ) ( x x
ثابت کنيد σ p
يک نيم نرم است.
واضح است که چون ) 0 ≤ f ( p ) (xپس SUP f ( p ) (x ) ≥ 0
در نتيجه
x
)
0 ≤ σ p ( fحال شرط دوم را مورد
بررسی قرار میدھيم.
) σ p ( f1 + f 2 ) = SUP ( f1 + f 2 )( p ) ( x ) = SUP f1( p ) ( x ) + f 2( p ) ( x x
x
) ≤ SUP f1( p ) ( x ) + SUP f 2( p ) (x x
x
) σ p ( f1 ) + σ p ( f 2 =
شرط سوم را مورد بررسی قرار میدھيم:
) σ p (cf ) = SUP cf ( p ) = c σ p ( f x
مساله (65فرض کنيد ) A = (a1 , a2 ,..., anکه ai ∈ Rتعريف میکنيم
اثبات :بديھی است که A ≥ 0و اگر A = 0پس = 0
n
∑ ai i =1
، A = 0برای بررسی ويژگی دوم n
n
n
i =1
i =1
i =1
cA = ∑ cai = ∑ c ai = c ∑ ai = c A برای نامساوی مثلثی داريم:
n
∑ ai
= Aنشان دھيد که اين يک نرم است.
i =1
در نتيجه ai = 0
پس ai = 0و خواھيم داشت
= yi
n
n
n
i =1
i =1
i =1
A + B = ∑ ai + bi ≤ ∑ ai + ∑ bi = A + B 1 1 سوال (66در فضای متريک ) ( N , dکه − n m 1 شعاع 5
= ) ، d (m , nمجموعه ) B1 (2
)يعنی گوی باز به مرکز 2و
5
( را پيدا کنيد؟
1 1 1 1 < ⇔ − 5 2 x 5
اگر
< ) x ∈ N ; x ∈ B1 (2 ) ⇔ d ( x ,2 5
10 1 1 1 1 1 3 1 7 10 ⇔ − < < + < < ⇔ <<x ⇔ x = 3 or x = 2 3 2 5 x 2 5 10 x 10 7
در نتيجه B1 (2 ) = {2 ,3} : 5
سوال (67در حالت کلی ھمسايگی ) B1 (k
را در مورد مساله باال پيدا کنيد.
n
مساله (68اگر دنباله {xn } ⊂ Xاز عناصر دوبه دو متمايز تشکيل شده باشد و } {xnھمگرا
به نقطه a ∈ X
باشد ،آنگاه ثابت کنيد aنقطه حدی اين دنباله نيز ھست:
اثبات :اگر ) S (a , r
يک ھمسايگی دلخواه aباشد چون
P ( xn , a ) → o
پس عدد طبيعی مانند n0موجود است به
طوری که برای n ≥ n0داشته باشيم ) xn ∈ S (a , rو در نتيجه کليه عناصر متمايز xn0
در گوی ) S (a , r
و ..., xn0 +1از دنباله} {xn
واقع میشوند بنابراين aيک نقطه حدی دنباله فوق خواھد بود.
برعکس ،اگر aيک نقطه حدی مجموعه M ⊂ Xباشد ،دنباله ای مانند} {xnبا عناصری دوبه دو متمايز يافت میشود به
طوری که xn → a ,{xn } ⊂ M
در واقع ،اگر فرض کنيم ) S (a , rيک ھمسايگی باز دلخواه aباشد آنگاه يک x1 ∈ M . x1 ∈ S (a , r ), x1 ≠ aفرض کنيم ) . 0 < r1 < p(a , x1گوی باز ) S (a , r1
موجود است به طوری که
دوباره يک ھمسايگی باز نقطه aاست.
پس طبق تعريف نقطه حدی نقطه ای مانند x2 ∈ Mموجود است به طوری که ) x2 ≠ a , x2 ∈ S (a , r1 ) 0 < r2 < p(a , x2دوباره گوی باز ) S (a , r2
.گيريم
شامل نقطه ای مانند x3 ≠ a , x3 ∈ Mاست و ...حال اگر
دنباله } {rnرا طوری انتخاب کنيم که . rn → 0در اين صورت دنباله {xn } ⊆ Mبه سمت aميل خواھد کرد .بعالوه xn ≠ aو عناصر دنباله } {xnدوبه دو متمايزاند.
از اثبات فوق نتيجه میشود که اگر a ∈ X
يک نقطه حدی مجموعه M ⊂ Xباشد ،آنگاه ھر ھمسايگی باز نقطه aشامل
تعداد نامتناھی ازنقاط Mاست .بنابراين در ھر فضای متريک يک مجموعه متناھی از نقاط دارای نقطه حدی نيست.
مساله (68فرض کنيم } A = {x(t ) ∈ C[0 ,1];0 < x(t ) < 1و ]X = C [0 ,1
]C [ 0,1
در اين صورت مجموعه Aدر فضای
باز است.
اثبات: به عھده متعلم
مساله (69نشان دھيدمجموعه } B = {x(t ) ∈ C[0 ,1]| x(0 ) = 0در فضای]C[0 ,1
بسته است .اثبات:
اگر
' ، x0 (t ) ∈ Bدر اين صورت ،دنبالهای مانند {xn (t )} ⊂ Bموجود است ،به
طوری که ) xn (tروی فاصله ][0 ,1 ، x0 (0 ) = lim xn (0 ) = 0پس x0 (0 ) = 0در نتيجه
به طور يکنواخت به ) x0 (t
∞→ n
ھمگراست چون xn (0 ) = 0
پس
. x0 (0 ) ∈ B
تعريف :دو متريک dو ' dبر Xمعادل اند در صورتی که ھر مجموعه باز در فضای متری ) ( X , d فضای متری ) ' ( X , dباشد و بالعکس
يک مجموعه باز در
مساله (70فرض کنيم ) ( X , dيک فضای متری باشد:
∀x , y ∈ X
) d (x , y ) 1 + d (x , y
= ) d' ( x , y
نشان دھيد d' , dمعادل اند. اثبات :قبالً نشان داديم که ' dيک متر بر Xاست .فرض کنيم Gمجموعه بازی از
ھر d' ( y , x ) < r1 , y ∈ Gاگر و تنھا اگر d ( y , x ) < r
)d ( y, x r < ⇔ d ( y, x) < r 1 + d (y, x) 1 + r
) (X ,d
باشد به ازای
زيرا
⇔ d' ( y , x ) < r1
بنابراين
}Sr' 1 (x ) = {y ∈ X : d' ( y , x ) < r1} = Sr ( x ) = {y ∈ X : d ( x , y ) < r پس
S r ( x ) ≤ Gاگر و تنھا اگر ( x ) ⊆ G
'
.S n
مساله (71فرض کنيم Fگردايه ای از بازه ھای باز باشد به طری که اشتراک ھر دو عضو از آن ناتھی باشد .در اين صورت ثابت کنيد اجتماع ھمه آنھا يک بازه باز است.
برھان :فرض کنيد a < c < b , I0 = U I I ∈F
در اين صورت Iو Jی از Fھست که . b ∈ J , a ∈ Iبا
فرض ) I = (a1 ,b1و ) ، J = (a2 ,b2داريم a1 < a < c < b < b2اگر ≤ a2
b1؛ آنگاه I I J = φواين
امکان پذير نيست ،پس . b1 > a2در اين صورت c < b1يا c ≥ b1 .در حالت c > b1
و ، c ∈ Iو در حالت ديگر . c ∈ Jدر نتيجه در ھر صورت . c ∈ I 0بنابراين I0يک بازه است.
لذا يک بازه باز است .زيرا اجتماع بازهھای باز است.
تعريف :نقطه ای مانند x ∈ X
را يک نقطه مرزی A ⊆ Xگويند در صورت که xنقطه درونی و نقطه بيرونی Aنباشد.
ھرگاه نقطه مرزی Aعضو Aنيز باشد آنرا نقطه مرزی خودی Aگويند.
مرز يک مجموعه :مجموعه نقاط مرزی و مرزی خودی Aرا به ترتيب با ) Fr ( Aو )bd ( A
که )( A) ⊆ Fr ( A
نشان میدھند .واضح است
. bd
مساله (72ھرگاه Aو Bزير مجموعهھايی از فضای متری ) ( X , d
باشند ،آنگاه ثابت کنيد.
Fr ( A) = A I A c = A − int A
میدانيم )A = int A U extA U Fr ( A
در نتيجه
Fr ( A) = (int A U extA)c = (int A)c I (ext A)c = Ac I A
) (
يعنی Fr ( A) = A − A c = A − int A c
)توجه کنيد که ext A = int Aتعريف میشود و بيانگر مجموعه کليه نقاط بيرونی Aمیباشد. c
وھمچنين) ( )c
(
. ext A = Aمنظور از int Aھمان Aمیباشد. 0
مساله (73نشان دھيد Fr ( A) = φ اثبات :فرض کنيد Fr ( A) = φ
اگر و تنھا اگر Aھم باز و ھم بسته باشد. در
اين
صورت ، A − int A = φ
يعنی . A ⊆ int A
پس
میتوان
نوشت . A ⊆ A ⊆ int A ⊆ A :بنابراين Aھم باز و ھم بسته است.
مساله (74نشان دھيد Aبسته است اگر و تنھا اگر ( A) ⊆ A
. Fr
اثبات :ھرگاه Aبسته باشد ،آنگاه . Fr ( A) = A I A = A I A ⊆ A 0
برعکس :اگر Aبسته
c
نباشد ( A) ⊆ A
يعنی ، x ∈ A − Aاما داريم:
c
، Frدر اين صورت عضوی مانند xاز Aھست که در Aنيست
)A − A = A I Ac ⊆ A I A c = Fr ( A) ⇒ x ∈ Fr ( A اين يک تناقض است .زيرا . x ∈ Aبنابراين Aبسته است.
مساله (75نشان دھيد ) Fr ( A I B ) ⊆ Fr ( A) U Fr (B
و تساوی در چه صورتی برقرار است؟
اثبات: c
)
)
(
)
) Fr ( A I B ) = A I B I ( A I B
(
⊆ A I B I Ac U B c
)
(
= A I B I Ac U B c
( )
(
= A I B I Ac U A I B I B c ) = ( Fr ( A ) I B ) U ( Fr ( B ) I A ) ⊆ Fr ( A ) U Fr ( B
مساله (76ثابت کنيد )Fr (int A) ⊆ Fr ( A اثبات:
)
(
Fr ( A U B ) = Fr ( A U B ) = Fr Ac I B c c
) (
) (
⊆ Fr Ac U Fr B c ) = Fr ( A ) U Fr ( B
در اثبات از اين نکته استفاده شده است که ) F (A ) = F ( Aزيرا چو ( ) = A c c
c
r
) (
r
Aدر نتيجه
) ( ) (
Fr ( A) = A I A c = A c I A c = Fr Ac c
تعريف :فضای متری تام :يک فضای متری مانند ) ( X , d
را تام میگوييم ھرگاه ھر دنباله کوشی در آن فضا ،ھمگرا باشد.
مساله (77نشان دھيد فضای] C[0 ,1متشکل از توابع حقيقی و پيوسته بر ][0 ,1 ) d ( f , g ) = max f (x ) − g ( x 0 ≤ x ≤1
يک فضای متری تام است.
با متريک
اثبات :فرض کنيد} { f nدنبالهای کوشی در]C[0 ,1
باشد.
ε >0
را دلخواه میگيريم .عددی مانند n0موجود است به
طوری که
d ( fn , fm ) < ε ,
∀n , m ≥ n0
يعنی max f n (x ) − f m (x ) < ε ,∀n , m ≥ n0 ]∀n , m ≥ n0 ; ∀x ∈ [0 ,1
بنابراين f n ( x ) − f m ( x ) < ε
بنابر قضيه ھمگرايی يکنواخت کوشی ،دنباله} { f nازتوابع به طور يکنواخت بر ] [0 ,1ھمگراست .فرض کنيد حد f , f n باشد .چون f n
سوال
ھا پيوسته اند و ھمگرايی ،يکنواخت است .پس fتابعی پيوسته بر ] [0 ,1است .يعنی} { f n
]C[0 ,1
يعنی تابع
(78
فرض
∀f , g ∈ X
f
،ھمگراست.
کنيد
X
مجموعه
،
توابع
1 n2
1 ≤ t ≤1 n3 به ازای n > mداريم
حقيقی
و
d ( f , g ) = ∫0 f (t ) − g (t ) dtثابت کنيد ) ( X , d 1
برھان :فرض کنيد دنباله } {xnدر Xبصورت زير تعريف شده است.
≤ 0≤t
به نقطهای از
⎧ ⎪⎪n ⎨ = ) xn (t ⎪1 ⎪⎩ t
پيوسته تام نيست.
بر
][0,1
باشد
و
1
d ( xn , xm ) = ∫ xn ( t ) − xm ( t ) dt 0
1
1 1 − t t
2 n − m + m2 ∫1 0 n2
1 1 − m dt + ∫ 1 t
2
1
= ∫n
m 1
) 2 m 1
2
n−m + 2 t − mt n2
(
=
n
⎞ 1 m ⎛ 2 1 ⎞ ⎛2 m ⎟ − +⎜ − ⎟−⎜ − ⎠ n n2 ⎝ m m ⎠ ⎝ n n2 1 1 = − →0 ) ∞ → ( n, m m n =
بنابراين } {xnيک دنباله کوشی است حال نشان ميدھيم اين دنباله کوشی در Xھمگرا نيست .فرض کنيد } {xnھمگرا به
x∈ X
باشد در اينصورت
1 − x(t ) dt t
1
d ( xm , x ) = ∫ xn (t ) − x(t )dt = ∫ n 2 n − x(t ) dt + ∫ 1 1
1
0
n2
0
چون انتگرال ھای طرف دوم نامنفی اند پس d ( xn , x ) → 0ايجاب می کند که ھر دو انتگرال به سمت صفر ميل کنند و چون
x ∈ Xپس x
بايد پيوسته باشد.
⎪⎧ x(t ) = ⎨t ⎪⎩n
−1 2
0 < t ≤1
t =0
که در t = 0پيوسته نيست .و اين يک تناقض است در نتيجه } {xnنمی تواند در X
سوال (79نشان دھيد }d (x, A) = 0
اثبات:
A = {x ∈ E :
∃y ∈ A : d ( x, y ) < r
, d ( x, A ) < r ⇔ d ( x, A ) = 0
x ∈ A ⇔ ∀r > 0, B( x, r ) I A ≠ φ ⇔ ∀r > 0 ⇔ ∀r > 0
سوال (80دو فضای متريک ) ( A' , d '), ( A, d })' D(( x, x'), ( y, y ')) = max{d ( x, y ), d ' ( x' , y
مفروض اند روی
را در نظر می گيريم و فرض می کنيم r > 0
و ثابت کنيد که
'S = A× A
متريک
Sگوی باز به مرکز )'(x, x
) B ( x, r ) × B ( x ' , r اثبات:
D((x, x'), ( y, y ')) < r ⇔ d (x, y ) < r , d ' (x' , y ') < r
) ⇔ y ∈ B( x, r ), y '∈ B( x' , r ) ⇔ ( y , y ' ) ∈ B ( x, r ) × B ( x ' , r
ھمگرا باشد .يعنی ) ( X , d
تام نيست.
و شعاع rبرابر است با
و مساله ثابت می شود.
0
فصل 6مسائل بخش دنباله ھا و سريھا *فصل * 6 سوال (1برای ھر دو دنباله } {b n } , {anثابت کنيد
lim sup (an + bn ) ≤ lim sup an + lim sup bn حل:
ε
) (I
2
ε
) (II
2
∀n ≥ N1 : an ≤ a* +
∃N1 s.t
⇒ *lim sup an = a
∀n ≥ N 2 : bn ≤ b* +
∃ N2
⇒ *lim sup bn = b
s.t
با در نظر گرفتن } N = max{N1, N 2برای مقادير n ≥ N
خواھيم داشت
an + bn ≤ a* + b* + ε
0 < εدلخواه است پس * an + bn ≤ a* + bاز طرفين lim sup
چون *
می گيريم ،در نتيجه
. lim sup (an + bn ) ≤ a + b *
با جايگذاری مقادير * b* , aخواھيم داشت lim sup(an + bn ) ≤ lim sup an + lim bn سوال (2برای ھر دو دنباله } {bn }, {anثابت کنيد
) lim sup ( an .bn ) ≤ lim sup ( an ) lim sup ( bn حل:
∀n ≥ N1
ε
St
2
: an ≤ a* +
limsup an = a* , lim sup bn = b* ⇒ ∃N1
ε
با در نظر گرفتن } N = max{N1, N 2برای مقادير n ≥ N
2
s.t ∀n ≥ N 2 : bn ≤ b* +
, ∃ N2
خواھيم داشت
⎛⎞ ε ⎞ε ε ε ⎛ )anbn ≤ ⎜ a* + ⎟⎜ b* + ⎟ = a*b* + a* + b* (1 ⎝⎠ 2 ⎠2 2 2 ⎝ و چون رابطه ) (1به ازای ھر
ε >0
برقراراست پس anbn ≤ a bبا گرفتن lim supاز طرفين رابطه خواھيم داشت : * *
lim sup anbn ≤ lim sup an . lim sup bn سوال (3اگر } {yn }, {xnدنباله ھالی حقيقی باشند ثابت کنيد ھر يک از نابرابری ھای زير که ھر دو طرفش معنی دار باشد درست است
lim inf x n + lim sup y n lim inf xn + lim inf yn ≤ lim inf (xn + yn ) ≤lim sup x n + lim inf y n
) ≤ lim sup(xn + yn ) ≤ lim sup( xn ) + lim sup( yn
اثبات :مشابه حل مساله قبلی می باشد و فقط بايد از اين نکته استفاده کرد که lim inf xn ≤ lim sup xn نکته: توجه کنيد که اگر در سوال (3به جای عمل
+
،از عمل ضرب استفاده کنيم باز ھم احکام مشابھی برای حاصل ضرب داريم:
1 1 سوال (4فرض کنيم } {xnدنباله ای از اعداد مثبت باشد و قرارداد ميکنيم ∞ = = 0 , 0 ∞ 1 1 1 1 = lim inf = 2) lim sup xn lim sup xn xn lim inf xn
در اين صورت ثابت کنيد
)1
اثبات(1
⎧ ⎛ ⎛ ⎞ 1 ⎞ 1 ⎪1 = lim inf ⎜ x n . ⎟ ≤ ( lim sup x n ) ⎜ lim inf ⎟ ⎠ xn ⎠ xn 1 ⎪ ⎝ ⎝ 1= x n. ⎨⇒ xn ) ⎪1 = lim sup ⎛ x . 1 ⎞ ≥ lim sup x .(lim inf 1 ⎜ n ( ⎟ )n ⎪ ⎠ xn xn ⎝ ⎩ 1 1 1 ≤ ≤ lim inf x n lim sup x n xn
⇒ lim inf
اثبات :2مشابه اثبات (1است. سوال (5فرض کنيد } {xnدنباله ای کراندار از اعداد حقيقی باشد و به ازای ھر دنباله حقيقی کراندار مانند } {ynداريم
lim sup(xn + yn ) = lim sup xn + lim sup yn ثابتت کنيد که } {xnھمگراست
اثبات :می دانيم . lim sup(− xn ) = − lim inf xnپس با توجه به اين نکته مساله را حل می کنيم .کافی است yn = − xn قرار دھيم .در نتيجه ⇒ ) 0 = lim sup xn + lim sup(− xn ) = lim sup xn − lim inf ( xn ) ⇒ lim inf ( xn ) = lim sup( xnپس } {xnھمگراست. سوال
(6فرض کنيد } {xn
دنباله ای کراندار از اعداد حقيقی است و به ازای ھر دنباله حقيقی کراندارمانند
lim inf ( xn + yn ) = lim inf xn + lim inf yn ثابت کنيد } {xnھمگراست. اثبات: مانند مساله 5کافی است قرار دھيم
yn = − xn
و از رابطه lim inf (− xn ) = − lim sup xnاستفاده کنيم.
} {yn
داريم
سوال (7فرض کنيد } {xnدنباله ای کراندار از اعداد مثبت باشد و به ازای ھر دنباله کراندار از اعدادمثبت مانند } {ynداريم ) lim sup xn yn = (lim sup xn )(lim sup ynثابت کنيد که } {ynھمگراست. اثبات:
1 کافی است قراردھيم xn
= ynدر اين صورت بنابر مساله 4داريم
⎞ ⎛ ⎛ ⎞1 1 ⇒ ⎟⎟ ⎜⎜) 1 = (lim sup xn )⎜⎜ lim sup ⎟⎟ = (lim sup xn ⎠ xn ⎠ ⎝ lim inf xn ⎝ ⇒ ⇒ lim inf xn = lim sup xn دنباله } {xnھمگراست.
سوال (8فرض کنيد } {xnدنباله ای کراندار از اعداد مثبت باشد و برای ھر دنباله کراندار از اعداد مثبت مانند } {yn ) lim inf xn yn = (lim inf xn )(lim inf ynثابت کنيد } {xnھمگراست.
داشته باشيم
اثبات:
1 مانندحل سوال 7می باشد و کافی است قرار دھيم xn
= ynو از مساله 4قسمت (1استفاده کنيم.
سوال (9فرض کنيد Sمجموعه حدھای زير دنباله ای يک دنباله مانند } {snباشد .فرض کنيد tnيک دنباله در S I R
و ، t = lim tnدر اين صورت tبه s
باشد
تعلق دارد.
اثبات:
برھان :چون t1 ∈ Sپس زير دنباله ای از snطبق فرض به t1
s n − t1 < 1 1
.فرض کنيد
nk ,..., n2 , n1
ھمگراست پس nای موجود است به طوری که
به گونه ای گزينش شده باشند که
n1 < n2 < ... < nk
)(1 و )(2
1 , j = 1, 2,..., k j
< Snj −t j
چون زير دنباله ای از } {Snبه tk +1ھمگراست ،عددی مانند nk +1با nk +1 > nk 1 )(k + 1
< Snk +1 − tk +1
موجود است به طوری که
در نتيجه (1) ، k + 1و ) (2برقرار است.
برای بقيه برھان الزم است چندين حالت را مورد بررسی قرار دھيم .ابتدا فرض کنيد t ∈ Rيعنی tبرابر ∞ + چون برای ھر kکه ، k ∈ N 1 )(3 S n k − t ≤ S n k − tk + tk − t < + tk − t k ⎫⎧ 2 پس Nای موجود است که k > Nمستلزم آن است که ⎬ ، k > max ⎨ N , فرض کنيد ε > 0چون lim tk = t ∞→ k ⎭⎩ ε 1 ε ε tk − t < ,و لذا بنابر )sn k − t < ε (3 آنگاه < 2 k 2 بنابراين tبه sتعلق دارد.
يا ∞ −نباشد.
1 اينک ،فرض کنيد ∞ . t = +از ) (2داريم k حالت ∞ t = −به نحو مشابھی عمل می کنيم.
snk > tk −و چون ∞ lim tk = +بنابراين ∞= + ∞→ n
. lim snkدر مورد
∞→ n
1
سوال (10فرض کنيد − 1 < a0 < 1
و به صورت بازگشتی
وقتی که nبه بی نھايت ميل کند ،برای An
⎛ 1 + an−1 ⎞ 2 ⎜ = . anفرض کنيد ⎟ ⎠ ⎝ 2
) . An = 4 (1 − an n
چه روی می دھد.
اثبات:
مالحظه کنيم .می دانيم زاويه منحصر به فردی چون 0 < θ < π ، θوجود دارد به طوری که a0 = cos θ
θ
به ازای اين
داريم. 1 2
θ ⎞ ⎛ 1 + cos θ ⎜ == a1 ⎟ = cos 2 2 ⎝ ⎠ 1
⎛ ⎛ θ ⎞ ⎞2 ⎟ ⎟ ⎜⎜ 1 + cos ⎞ ⎝ 2 ⎠ ⎟ = cos⎛ θ ⎞,..., a = cos⎛ θ ⎜ = a2 ⎟ ⎜ ⎟⎜ n n ⎟ ⎜ 2 ⎠⎝4 ⎠ ⎝2 ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ به ھمين ترتيب حال می توانيم محاسبه کنيم .
⎛ ⎞⎞ ⎛ θ ⎟⎟ ⎟ An = 4n ⎜⎜1 − cos⎜ n ⎠⎠ ⎝ 2 ⎝ ⎛ ⎛⎞ ⎞ ⎛ θ ⎞⎞ ⎛ θ ⎟⎟ ⎟ 4n ⎜⎜1 − cos⎜ n ⎟ ⎟⎟⎜⎜1 + cos⎜ n ⎝⎠ ⎠ ⎝ 2 ⎠⎠ ⎝ 2 ⎝ = ⎞ ⎛θ ⎟ 1 + cos⎜ n ⎠ ⎝2 2
⎞ ⎞ ⎞⎛ ⎛ θ ⎛ ⎞ ⎛θ ⎜ ⎟ 4 sin ⎜ n ⎟ ⎟ ⎟⎜ sin ⎜ 2 2 θ ⎜= ⎠ ⎝2 ⎟ ⎠ ⎟⎜ ⎝ 2 = ⎜ ⎟ θ θ ⎛ ⎞ ⎟⎜ θ ⎞ ⎛ ⎜⎟ ⎟ 1 + cos⎜ n ⎟ ⎜ 1 + cos⎜ n ⎟ n ⎝ 2 ⎠ ⎠⎝ 2 ⎝ ⎠ ⎝2 ⎠ 2
n
⎞⎞ ⎛ ⎛ θ ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜ sin ⎜ 2n θ2 θ2 ⎠⎠ ⎝ ⎝ n 1 به بی به می گرايد .بنابراين وقتی که ميل می کند و به با بزرگ شدن ، n ⎛ ⎞ ⎛θ 2 ⎞⎞ ⎛ θ ⎟⎜ n ⎟⎟ ⎟ ⎜⎜1 + cos⎜ 2n ⎠ ⎝2 ⎠⎠ ⎝ ⎝ نھايت ميل می کند An ،
به
θ2 2
می گرايد.
سوال (11ثابت کنيد مجموعه ھمه عددھای گويای مثبت را می توان در يک دنباله نامتناھی } {bn ⎫ ⎧(b )1n ⎬ ⎨ n ⎩ ⎭
طوری مرتب کرد که دنباله
ھمگراست.
اثبات :دنباله زير را در نظر بگيريد.
1 1 ... 4 5 2 2 ... 4 5 3 3 ... 4 5 4 4 ... 4 5 5 5 ... 4 5
شکل )(1
1 2 2 2 3 2 4 2 5 2
1 3 2 3 3 3 4 3 5 3
1 2 3 4 5
... به اين ترتيب ھمه کسرھايی را که به ساده ترين صورت تحويل نشده اند ،حذف می کنيم بنابراين دنباله به صورت
1 1 3 2 1 1 1 ⎫ ⎧b 1n ..., , ,5, 4, , , , ,3, 2, ,1آغاز می شود .اگر bnجمله nام اين دنباله باشد می خواھيم که ⎬ ⎨ n ⎭ ⎩ 6 5 2 3 4 3 2 1ھمگراست .ھمانطور که در شکل ) (1می بينيد ،ھر عضو سطر nام ،کوچکتر يا مساوی با nاست و ھر عضو ستون nام، 1 بزرگتر يا مساوی است . n ھمچنين اگر bnدر سطر iام و ستون jام باشد ،آنگاه j ≤ n , i ≤ n به
1 1 ≤ ≤ bn ≤ j ≤ n n j
بنابراين به ازای ھر ، n
1
1
1 ⎛ 1 ⎞n = ⎜ ⎟ ≤ bn n ≤ n n ≡ cn ⎠⎝n
در نتيجه
اينک بنابر اصل فشار ⎧b 1n ⎫ ، ⎬ ⎨ n ⎭ ⎩
)
n = 1,2,...
,
ثابت کنيد } {bn
دنباله ای ھمگراست و
n
عددھايی حقيقی و مثبت باشندو
(
bn = a1 + a2 + ... + ak n
n
)(k > 1
اثبات:
} lim bn = max{a1 ,..., ak
به ازای ھر عدد طبيعی مانند ، nفرض کنيد } b = max{a1,..., ak b n ≤ a1 + a2 + ... + ak ≤ kb n n
n
1
n = 1,2,...
1 n
به 1ھمگراست.
مساله (12فرض کنيد ak ,..., a2 , a1 1 n n
1
= k nb
) (
1 n
n
b ≤ bn ≤ kb n
∞→n
≡ an
1 n
1 n
و چون lim k = 1پس lim k b = b ∞→ n
∞→ n
پس بنا به قضيه فشار مساله حل می شود.
⎫ ⎧ an مساله (13فرض کنيد } {bn }, {anدنباله ھايی يکنوا و جمله ھای } {bnمثبت باشند .ثابت کنيد اگر ⎬ ⎨ ⎭ ⎩ bn
يکنوا باشد ،دنباله
زير نيز يکنوااست.
⎫ ⎧ a1 + a2 + ... + an ⎨ ⎬ ⎭ ⎩ b1 + b2 + ... + bn اثبات:
⎫ ⎧ an اگر ⎬ ⎨ ⎭ ⎩ bn
ai an +1 صعودی باشد، ≤ bi bn +1
) (i = 1,2,..., nپس به ازای ھر عدد طبيعی مانند ، n
a1bn +1 ≤ b1an +1,..., anbn +1 ≤ bn an +1 بنابراين
) bn +1 (a1 + a2 + ... + an ) ≤ an +1 (b1 + b2 + ... + bn
a1 + ... + an +1 a + ... + an ) a (b + ... + bn ) − bn +1 (a1 + ... + an − 1 = n +1 1 ) (b1 + b2 + ... + bn )(b1 + b2 + ... + bn b1 + b2 + ... + bn +1 b1 + b2 + ... + bn
پس و بنابراين دنباله
⎫ ⎧ an ⎫ ⎧ a1 + ... + an ⎨ صعودی است و با استدالل مشابھی می توان نشان داد اگر ⎬ ⎨ ⎬ ⎭ ⎩ bn ⎭ ⎩ b1 + ... + bn است. مساله
کنيد
(14فرض
} sn = max{an , bn
} {bn }, {an
} tn = min{an , bn
حد آنھا را بيابيد. اثبات:
به ازای ھر عددطبيعی n an + bn + an − bn 2 an + bn − an − bn
،داريم
= sn = tn
2 پس اگر lim bn = b , lim an = aدر نتيجه ∞→ n
∞→ n
) a + b + (a − b }= max{a, b 2
= lim sn
∞→ n
}= min{a, b
a +b− a −b 2
∞→n
= lim tn
دو
دنباله
نزولی باشد ،دنباله داده شده ھم نزولی
ھمگرا
) (n = 1,2,...ثابت کنيد دنباله ھای } {tn }, {sn
باشند
و
ھمگرا ھستند و
مساله (15فرض کنيد a, bعددھايی حقيقی و مثبت باشند و
⎤⎡1 ⎥ ⎦ ⎣ bn
⎢ n = 1, 2,..., bn = anثابت کنيد } {bn
دنباله ای
ھمگراست و حد آن را بيابيد. اثبات:
بنابر اصل ارشميدس اعداد حقيقی ،عددی طبيعی مانند Nوجود دارد به طوری که Nb > 1 1 1 1 ≤ ،اگر n ≥ Nآنگاه < 1 <1 nb Nb Nb ⎤⎡1 و بنابراين ⎢ ⎥ = 0پس به ازای ھر عدد مثبت مانند ، εاگر ، n ≥ Nآنگاه ⎦ ⎣ nb
و در نتيجه
⎤⎡1 bn − 0 = bn = an ⎢ ⎥ = 0 < ε ⎦ ⎣ nb بنابراين
lim bn = 0 ∞→n
مساله (16عددھای a1,b1داده شده اند و ) a1, b1 ∈ (0,1دنباله ھای (bn )∞n =1, (an )∞n =1 an +1 = a1 (1 − an − bn ) + an n ≥1 bn +1 = b1 (1 − an − bn ) + bn n ≥1
اين طور تعريف شده اند:
lim an , lim bnرا در صورت وجود پيدا کنيد. ∞→n
∞→n
اثبات :فر ض کنيد d = 1 − a1 − b1 1− d n 1− d
n ≥1
چون d < 1 a1 a1 + b1
از استقرای ساده می توان نتيجه گرفت که
an = a1
پس
= lim an ∞→ n
به ھمين ترتيب می توان ثابت کرد :
b1 a1 + b1
= lim bn
∞→n
مساله (17فرض کنيد α
عددی حقيقی باشد و
] [α ] + [2α ] + ... + [nα n2
= an
ثابت کنيد } {an
دنباله ای ھمگراست و حد
آنرا پيدا کنيد.
راه حل :به ازای ھر عدد طبيعی مانند kα −1 < [kα ] ≤ kα ، k پس به ازای ھر عدد طبيعی مانند ، n n
n
n
k =1
k =1
k =1
∑ (kα − 1) < ∑ [kα ] ≤ ∑ kα يا
) α (n + 1)(n 2
≤ ] − n < [α ] + [2α ] + ... + [nα
α (n + 1)n 2
)α (n + 1
پس
2n
α (n + 1) α
1 =0 2 n →∞ n , lim
اما
< < an
=
2n
α (n + 1) 1 n
−
2n
⇐ lim
∞→ n
α 2
= lim an
∞→ n
مساله (18فرض کنيد an ,..., a1, a0عددھايی حقيقی باشند و a0 + a1 + ... + ak = 0دنباله } {bn
را در نظر بگيريد به
طوری که
n = 1,2,...
bn = a0 n + a1 n + 1 + ... + ak n + k
اثبات :چون a0 = −a1 − a2 − ... − ak
)
( )
پس به ازای ھر عدد طبيعی مانند ، n
(
bn = a1 n + 1 − a1 n + a2 n + 2 − a2 n
)
(
+ ... + ak n + k − ak k
i اما اگر ,1 ≤ i ≤ k n+i + n i =0 n+i + n
= n+i − n
)
n + i − n = ai lim
∞→ n
(
پس به ازای 1 ≤ i ≤ kداريم
lim ai
∞→ n
بنابراين lim bn = 0
∞→n
مساله (19دنباله } {an
را در نظر بگيريد به طوی که
n = 1,2,...
1⎛ 1 ⎞1 ⎟ ⎜1 + + ... + n⎝ 2 ⎠n
= an
ثابت کنيد lim an = 0
∞→n
1 1 + ... + 2 اثبات :می دانيم n n
1+
1 = anپس چون n
∞
مساله (20دنباله نامتناھي ( ak )k =1
limبرابر صفر است پس lim an = 0به مساله 51رجوع كنيد.
∞→n
∞→n
،كه ھمه جملهھاي آن ،عددھايي مثبتاند ،چنان است كه براي ھر k ∈ Nداريم(1) .
، (ak +1 + k )ak = 1ثابت كنيد ھمه عددھاي اين دنباله ،عددھايي گنگ اند. p اثبات :فرض ميكنيم ،يكي از جملهھاي دنباله ،عددي گويا و به صورت q
= akباشد ،كه در آن 1, q , p ،عددھايي طبيعي
گرفتهايم .با توجه برابري ) ،(1ميتوان مقدار جملة بعدي را بدست آورد. 1 q q − pk = −k = −k ak p p
= ak + 1
مجموع عددھاي صورت و مخرج ،در akبرابر p + qو در ak +1برابر p + q − pkاست ،يعني اين مجموع در ak +1
كمتر از kاست و بنابراين ،بعد از چند گام به جايي ميرسيم كه يكي از دو جمله صورت يا مخرج ،عددي منفي ميشود .و فرض را كه بايد ھمه جمله ھا مثبت باشند ،نقض ميكند .اين تناقض ثابت ميكند كه در اين دنباله ،جمله گويا وجود ندارد. مساله (21دنباله عددھاي مثبت ..., a2 , a1مفروض است و ميدانيم (n ∈ N ) an2 ≤ an − an + 1ثابت كنيد،
. lim an = 0 ∞→ n
1 ابتدا ثابت ميكنيم < 0 ≤ anو از آنجا حكم نتيجه ميگيريم. n
براي n = 1داريم a12 ≤ a1 − a2 < a1 ⇒ a1 < 1 2
⎛ 1 ⎞1 1 1 عالوه بر آن < ≤ ⎟ − ⎜ a1 − ⎝ 4 ⎠2 4 2 1 يعني n
= a2 ≤ a1 − a12
< anبه ازاي . n = 2اكنون ،فرض مي كنيم حكم براي عدد n ≥ 2درست باشد .ثابت ميكنيم ،در اين صورت ،براي
⎤⎡ 1 2 n+1ھم درست است .چون f (x ) = x − xدر بازة ⎥ ⎢0 , 2 ⎦ ⎣
1 صعودي است و در ضمن n
< anبنابراين
1 1 1 ⎛1⎞ 1 1 = an + 1 ≤ f (an ) < f ⎜ ⎟ = − 2 − 2 < n n n + 1 n +1 ( ) n n n + 1 ⎠ ⎝ 1 پس براي ھر , n ∈ N n
< 0 ≤ anپس با گرفتن حد از طرفين اين نامساوي بنابر اصل فشار خواھيم داشت lim an = 0
∞→ n
مساله (22دنبالة عددھاي an ,..., a1 , a0به اين صورت داده شده است:
) (k = 1,2 ,..., n
1 1 , ak = ak −1 + ak2−1 2 n
= a0
ثابت كنيد lim an = 1 1 2 1 اثبات :ابتدا ثابت مي كنيم . 1 − < an < 1برابري ak −1 n n
، ak = ak −1 +ھم ارز است با برابري
1 1 1 + = ak − 1 ak n + a k − 1
چون ، 1 = a0 < a1 < ... < anبنابراين خواھيم داشت ) (k = 1,2 ,..., n 2
1 1 1 − < , ak − 1 a k n
1 1 1 − ⇒<1 اگر آنھا را با ھم جمع كنيم ،به دست مياوريم > 2 − 1 = 1 an a0 an
يعني . an < 1بنابراين ،اين نابرابري ھا برقرار است 1 1 1 − > a k − 1 ak n + 1
كه از مجموع آنھا ،به دست ميآيد: 1 1 n 1 n n+2 < 2− = − > بنابراين an n+1 n+1 a0 an n + 1 n +1 n −1 1 يعني > anپس < an < 1 > n+2 n n
1 −و با گرفتن حد از طرفين lim an = 1ميشود. ∞→ n
مساله (23ثابت كنيد 3 = 1 + 2 1 + 3 1 + 4 1 + 5 1 + ...
اثبات :فرض كنيد ) 1 + x 1 + (x + 1) 1 + (x + n − 1) 1 + (x + n معلوم است كه اگر . f m (x ) > f n (x ) ، m>nاز طرف ديگر
= ) f n f r (x
) x + 1 = 1 + x(x + 2 ) = 1 + x 1 + (x + 1)(x + 2 =M ) = 1 + x 1 + (x + 1) 1 + ... + (x + n − 1)(x + n + 1) > f n (x
بنابراين ) lim f n (xحد وجود دارد .فرض كنيد ) . lim f n (x ) = f (xدر اين صورت f (x ) ≤ x + 1و ∞→ n
∞→ n
x + x2 + 4 >x 2
= f (x ) > 1 + x 1 + x 1 + x 1 + ...
بنابراين . x < f (x ) ≤ x + 1فرض كنيد ) . g (x ) = x + 1 − f (xدر اين صورت 0 ≤ g (x ) < 1به سادگي ميتوان ثابت كرد كه
)( f (x ))2 = 1 + x f (x + 1 به اين ترتيب
)(x + 1 + f (x )) g (x ) = xg (x + 1 )g (x ) g (x + 1 ) g (x + n 1 ≤ ≤ ≤ ... < →0 x+n
x+n
x+1
x
يعني f (x ) = x + 1و در نتيجه f (2 ) = 3
مساله (24در دنبالة عددھاي مثبت an , a1 , a2 ,...
1 ھر جملة (n ∈ N ) arيا برابر an −1 2
و يا برابر an −1
است .آيا ممكن
است اين دنباله حدي در بازة ) (0,1داشته باشد.
اثبات :فرض كنيد ) lim an = A, A ∈ (0 ,1در اين صورت عدد طبيعي Nپيدا ميشود كه براي ھر انديس n ≥ Nداشته باشيم: ∞→ n
4A 2A < < an 3 3
اگر براي ھر ، n > Nبرابري an = an −1برقرار باشد ،آن دقت ،ضمن عبور به حد به ازاي ∞ → nبه دست ميآيد:
A
= A = lim an = lim an −1 = lim an−1 ∞→ n
بنابراين }A ∈ {0 ,1
∞→ n
كه شرط )A∈ ( 0,1
را نقض ميكند .اگر ھم ،به ازاي انديس از n>Nبرابري an = an −1برقرار
1 1 4A 2A نباشد آن وقت × < an −1 = 2 2 3 3 2A و نابرابري 3
= an
< ، Aشرط انتخاب عدد Nرا نقض ميكند .بنابراين دنبالة} {anنميتواند حدي در بازة ) (0,1داشته باشد.
مساله (an )∞n =1 (25دنبالهاي از اعداد حقيقي مثبت است كه به عدد مثبت aھمگراست .در اين صورت به ازاي ھر عدد حقيقي x داريم. anx → a x : اثبات :فرض كنيم 0 < ε < a xقرار ميدھيم است كه . b < a < cچون an → aپس
)
1 x
(
C = ax + εو
)
1 x
(
. b = a x − εبا توجه به a x − ε < a x < a x + εروشن
∃ N ∈ N S , T ∀n ≥ N ⇒ b < an < c ⇒ b x < anx < c x ⇒ a x − ε < anx < a x + ε ⇒ anx − a n < ε و اين دقيقا ً يعني anx → a x سوال (26فرض كنيد (xn )∞n =1يك دنباله باشد به طوري كه xn − xn − 2 → 0وقتي كه ∞ → nثابت كنيد xn − xn − 1 =0 n
اثبات:
lim
∞→n
چون xn − xn−2 → 0
پس n0اي موجود است به طوري كه براي ھر εو nھايي كه n ≥ n0داريم
xn − xn −2 < ε xn − xn −1 = (xn − xn − 2 ) − (xn −1 − xn − 3 ) + (xn − 2 − xn − 4 ) − ...
))
((
( )
± x n 0 + 1 − x n 0 − 1 − x n0 − x n0 − 1
در نتيجه xn − xn −1 ≤ (n − n0 )ε + xn0 − xn0 −1
بنابراين xn − xn −1به سمت صفر ميل ميكند.
حد دنباله اي از اعداد به شكل n − 3 m
مساله (27ثابت كنيد 2
3
(
)
) * m , n ∈ Nاست.
⎤2 1 ⎡ اثبات :فرض كنيد ⎥ n = m + ⎢3 2 m 3در اين صورت با استفاده از قضيه مقدار ميانگين داريم :تابع x 3 ⎣⎢ ⎦⎥
در
نظر
بگيريد.
در
اين
صورت
عددي
مانند
c
بين
m,n
را روي بازه ][m,n
وجود
دارند
كه
⎞⎤2 ⎡⎛ 3 ⎜ ⎟ ⎥ 2 ⎢3 2m 1 1 ⎜ 1 ⎢ ⎛ m ⎞3 ⎟ ⎥⎦ ⎣ ⎜ ⎟ ⎜ n3 − m3 = 2 ( n − m) = 2 ⎟ 2 ⎜ ⎠c ⎝ ⎟ 3 3c 3 ⎟ ⎜ 3 2m ⎝ ⎠
m m كه عبارت آخر سمت راست در تساوي باال ،وقتي ∞ → mبه سمت 1ميل ميكند .و چون < < 1 n c m →1 n
و وقتي ∞ → ، m
پس
⎞1 ⎛ 1 lim ⎜ n 3 − m 3 ⎟ = 2 ⎟ ⎜∞ → n ⎠ ⎝
مساله (28ثابت كنيد k
s
حد دنباله اي از اعداد به شكل n − k + 1 m
k +1
ميباشد.
⎤ k ⎡ اثبات :مثل حل مساله باال قرار ميدھيم ⎥ n = m + ⎢(k + 1)s k m k + 1و مساله حل ميشود. ⎣⎢ ⎦⎥
مساله (29فرض كنيد دو دنباله a0 , a1 ,..., an ,...و b0 ,b1 ,...,bn ,...دو دنباله باشند كه در شرايط زير صدق مي كنند.
bn > 0
واگراست
b0 + b1 + ... + bn + ...
n = 0 ,1,2 ,..
lim
n→∞
an =S bn
a0 + a1 + ... + an = S آنگاه ثابت كنيد n → ∞ b0 + b1 + ... + bn lim
: قرار ميدھيمlim
n →∞
xn x − xn − 1 = lim n آنگاهyn → ∞ يكنوا وyn مي دانيم اگر:اثبات n → ∞ yn yn − yn − 1 yn = b0 + ... + bn , xn = a0 + ... + an
. و حكم ثابت ميشودlim
n→∞
a xn = lim n پسyn − yn −1 = bn و yn n →∞ bn
xn − xn−1 = an در اين صورت چون
log n! ( مطلوب است محاسبه30 مساله n→∞ log n n lim
xn = log n ! فرض كنيم:حل
: خواھيم داشتn>1 و به ازايyn = log n n و
xn − xn − 1 log n = yn − yn − 1 n log n − (n − 1)log (n − 1) =
log n
log n − log (n − 1)
n −1
n
log n n + log
nn
(n − 1)n −1
n n −1
(n − 1)n −1
log n
=
log n − log
(n − 1)n −1 n n −1
1
= 1− lim
log
log n
=
n →∞
log n
=
1 1⎞ ⎛ .log ⎜ 1 − ⎟ log n n⎠ ⎝
xn − xn − 1 = 1⇒ yn − yn −1
lim
n →∞
n −1
xn log n! = 1 ⇒ lim =1 n → ∞ yn log n n
{ دنباله اي از اعداد مثبت باشدan } ھمچنين فرض كنيد. 0 < α < 1 عددي حقيقي باشد وα فرض كنيد an + 1
(31 مساله n = 1,2 ,3 ,...
lim an = 0 { ھمگراست وan } ثابت كنيد
n →∞
n ≥ 2 ، n به ازاي ھر عدد طبيعي مانند
an < α an −1 < α 2 an − 2 < ... < α n −1a1 n ≥ 2 چون به ازاي ھر عدد طبيعي مانند. lim α n −1 = 0 پس0 < α < 1 و چون n→∞
an = an < α n −1a1 = α n −1a1
lim an = 0 lim an = o ⇐ lim an ≤ lim a1α n−1
پس
∞→n
∞→n
مساله (32فرض كنيد αعددي حقيقي باشد و . α > 1ھمچنين
فرض
∞→n
كنيد} {an
∞→n
دنباله اي از اعداد مثبت باشد و
an + 1 >α an
n = 1,2 ,...
ثابت كنيد anواگراست و ∞lim an = + ∞→ n
حل :به ازاي ھر عدد طبيعي مانند nو n ≥ 2
an > α an−1 > α 2 an−1 > ... > α n−1a1 > 0 و چون ∞ lim a n −1 = +پس ∞ = lim an ∞→n
∞→n
مساله z (33عددي گويا و مثبت است و . z<1فرض كنيد sعددي طبيعي است و S ≥ 2در اين صورت حداكثر يك عدد طبيعي
مانند aوجود دارد كه 0 < (za − 1)a S −1 < 1 m اثبات :فرض كنيد عددھاي طبيعي a,bدر نابرابري باال صدق كنند .ميتوانيم فرض كنيم a
= zكه در آن m,nعددھايي
طبيعي اند .در اين صورت n n < m ≤ m(b − a ) < S − 1 a a
كه درست نيست .بنابراين مساله درست است. مساله (34فرض كنيم } {anدنباله اي ھمگرا باشد و عدد حقيقي bبه تعداد دفعاتي نامتناھي در اين دنباله ظاھر شده باشد .ثابت كنيد . lim an = b ∞→n
اثبات :فرض كنيد . lim an = Lدر اين صورت اگر εعددي مثبت باشد ،عددي طبيعي مانند Nوجود دارد كه اگر n > Nآنگاه ∞→n
. an − L < εاما عددي طبيعي مانند mوجود دارد كه m>nو ، am = bزيرا در غير اينصورت bحداكثر Nبار در دنبالة
} {amظاھر ميشود .بنابراين am − L = b − L < ε و چون نابرابري باال براي ھر ε > 0برقرار است پس b = L ⇐ b − L = 0 دو دنباله باشند و دنباله } {an + bnھمگرا به Aو دنباله } {an − bnھمگرا به Bباشد .ثابت
{} {an مساله (35فرض كنيد } , bn كنيد دنبالة } {anbnھمگراست و حد آن را بيابيد.
اثبات :توجه كنيد كه به ازاي ھر عدد طبيعي مانند ،n
(an + bn )2 − (an − bn )2 4
= anbn
lim (an + bn ) = A2 , lim (an − bn )2 = B 2 2
∞→ n
A2 − B 2 4
=
(an + bn )2 − (an − bn )2 4
سوال (36مجموع سري زير را پيدا كنيد
∞→ n
lim (anbn ) = lim
∞→ n
∞→ n
)
∞
m2n + m3 n
m
∞
∑∑ 3 (n 3 m
=S
m =1 n =1
∞
∞
m2n2 ⎛ 1 ⎞ 1 ⎜ m− حل :سري دوگانه برابر است با ⎟ n ⎠ m3 n ⎝ n3 m =1 n =1
∑∑ m3
)
∞
mn 2 + m3 n
m
∞
∑∑ 3 (n3 n
−
m =1 n =1
2
∞
∑∑ 3
mn m n
∞
=S
=
m =1 n =1
سري دومي برابر Sاست كه فقط n,mجابجا شده اند. 2
در نتيجه 2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ∞ m ⎜ = m n m ⎜ 3 3 m =1 n =1 ⎝ m =1 3
∑
mn
∞
∞
∑∑
= 2S
∞ ⎛1 ⎟⎞ m ⎜ =S ⎜ ⎠⎟ 2 ⎝ m =1 3 m
∑
از رابطة زير استفاده ميكنيم: ⎞ ⎜⎛ d ⎞ d ⎛ 1 x ⎜ xm ⎟ = x =⎟ ⎜ ⎟ ⎠ dx ⎝ m =0 dx ⎝ 1 − x ⎠ (1 − x )2 ∞
∑
∞
=x
m
∑ mx
m =0
در نتيجه: 2
9 ⎞⎛3 = 2S = ⎜ ⎟ ⇒ S 4 32 ⎠ ⎝
سوال (37نشان دھيد كه براي ھر عدد صحيح مثبت ، mنشان دھيد كه ∞
1
∞
∑ ...
∑ ) n =1 n =1 n 0 ( n 0 + 1) ... ( n 0 + n1 + ... + n m 0
i j −1 ⎛ m −1 ⎛ 1 et − 1 ⎞ ⎞ )−1 ( ∫⎜ ⎟⎟ ∑dt + ∑ ⎜1 − e ⎜ ⎜ 0 t ⎟ ⎟ !i j i = 1 = 1 ⎝ ⎠⎠ ⎝
m1
m −1
∞
n m =1
)= ( −1
سوال (38اگر {an },λ ∈ R , P ∈ R +يك دنباله در Rباشد و = λ n
و ھمچنين
k
∑a
∑
an
n p −1
lim
∞→ n
= (∀n ∈ N ) S nنشان دھيد.
k =1
) ∞ < λيك عدد حقيقي است(
1 λ P
=
a1 + a2 + ... + an p
n
lim
∞→n
اثبات :مي دانيم اگر yn → ∞ , yn + 1 > ynو } {xnيك دنباله باشد آنگاه با موجوديت حد راست رابطه زير برقرار است: xn x −x = lim n + 1 n y n n → ∞ y n + 1 − yn
lim
∞→ n
قرار مي دھيم xn = a1 + ... + an
xn an an = lim = lim yn n → ∞ n p − (n − 1) p n → ∞ p n p −1 − ...
yn = n P ⇒ lim
∞→n
an 1 lim p n → ∞ pn p −1 1 = λ P =
تمرين (39اگر } {anيك دنباله در Rباشد و داشته باشد lim n an = λ
∞→ n
Sn و S n = a1 + ... + anثابت كنيد = λ Ln n
lim
∞→ n
اثبات :برعھده متعلم
e 1 مساله :40نشان دھيد که = 2 + n +1 2
)
حل:
∞
4
∑ n!(n n=0
n n −1 1 1 ⎡1 ⎤ 1 ⎢ = − + 4 2 ⎦⎥!)n! n + n + 1 2 ⎣ (n + 1)![(n + 1)n + 1] n![n(n − 1) + 1] (n + 1
)
∞ ⎡1 1 ⎤ e ∑ = ⎢1 + = 2 ⎣ n = 0 (n + 1)!⎥⎦ 2
مساله (41فرض کنيد} {pnيک دنباله در R+و } {xn p n x 1 + p n −1.x 2 + ... + p1x n p1 + p 2 + ... + p n نشان دھيد S n
(
يک دنباله کراندار باشد و
= Sn
يک دنباله کراندار است.
اثبات :چون } {xn
يک دنباله کراندار است پس
xn ≤ M
∀n; ∃M s.t
pn x1 + pn−1 x2 + .... + p1 xn p M + pn−1M + ... + p1M ≤ n p1 + p2 + ... + pn p1 + p2 + ... + pn
≤ Sn
=M پس} {Snيک دنباله کراندار است.
x1 + x2 + ... + xn مساله (42نشان دھيد اگر } {xnکراندار باشد آنگاه n
نيز يک دنباله کراندار است.
اثبات :کافی است در مساله باال قرار دھيم p1 = p2 = ... = pn = 1
مساله (43ثابت کنيد که ھر دنباله حقيقی مانند (xn )∞n =1
که ماکسيمم نداشته باشد .دارای حداقل يک زير دنباله اکيداً صعودی است.
)گزاره مشابھی ھم برای مينيمم داريم(.
اثبات :قرار می دھيم k1 = 1چون x1ماکزيمم دنباله نيست ،انديس مانند k2 > k1 xk 2جمله ماکسيمم دنباله نيست ،انديسی مانند k3 > k2 اکيداً صعودی مانند
) (
∞
n =1
xk nبه دست میآيد.
وجود دارد به طوری که xk 2 > xk1چون
وجود دارد به طوری که xk 3 > xk 2با ادامه اين فرايند ،زير دنباله ای
مساله (44فرض کنيد f , g : R → Rپيوسته باشند و
}) A = {x | x ∈ R, f ( x ) ≥ g ( x
فرض کنيد } {an
دنباله ای از اعضای Aباشد و lim an = aثابت کنيد . a ∈ A ∞→n
راه حل :واضح است که برای ھر عدد طبيعی مانند f (an ) − g (an ) ≥ 0 ، n
اما چون fو gدر aپيوسته اند
) lim f (an ) = f (aو ) . lim g (an ) = g (aپس بنابراين ∞→n
∞→n
lim ( f (an ) − g (an )) = f (a ) − g (a ) ≥ 0 ⇒ a ∈ A
∞→ n
⎫ ⎧ an مساله (45ثابت کنيد اگر رشته } {an +1 − anمتقارب به عدد αباشد رشته ⎬ ⎭⎩n
⎨ نيز متقارب به
اثبات :می دانيم اگر yn +1 ≥ yn xn +1 − xn x = lim n → ∞ n yn +1 − yn yn
و
xn +1 − xn yn +1 − yn
lim yn = +∞, lim
∞→ n
∞→n
α
است.
موجود باشد آنگاه
lim
∞→ n
قرار می دھيم xn = anو yn = n
در اين صورت
an +1 − an a a = lim n ⇒ lim an +1 − an = lim n → ∞ → ∞ → ∞ n n n n +1− n n n
lim
∞→n
1 1 مساله (46اگر aعدد ثابت مثبتی باشد ) = lim n (a + 1)(a + 2 )...(a + n n → ∞ e n
اثبات :قرار می دھيم ) (a + 1)(a + 2)...(a + n an +1 bn = n؛ حال an nn ) (a + 1)(a + 2)...(a + n nn n
را حساب می کنيم که
= an
n an+1 ( a + n + 1) n a )( n + 1) lim ( n + 1 = ⇒ lim n = lim n +1 n→∞ a ∞→n→∞ a + n + 1 n an nn )( n + 1 n +1 n
⎞⎛ 1 = lim ⎜1 + ⎟ = e ⎝ ∞→n ⎠n a an +1 1 a 1 چون حد a +1موجود است پس = ⇒ lim bn = ; lim n an = lim n +1 n →∞ a ∞→n n →∞ a e ∞→e n an n n
⇒ lim
مساله (47ثابت کنيد تساوی ھای زير برقرارند:
n )= 0 (1 n → ∞ 2n lim
nk )= 0 (2 n→∞ a n lim
)(a > 1
2n )= 0 (3 !n → ∞ n lim
an )= 0 (4 !n → ∞ n lim
اثبات :بنابر قضيه شتواتس داريم:
n )n − (n − 1 1 = lim n = lim n −1 = 0 n n −1 n n → ∞ → ∞ 2 2 −2 2 فرض a = 1 + λ با
)(1 )(2
n ( n − 1) 2 n ( n − 1) 2 > λ + ... داريم λ 2 2 n و چون به ازای n>2روشن است که 2
lim
∞→ n
و
λ >0
a n = (1 + λ ) = 1 + nλ + n
> ، n − 1در آن صورت باالخره داريم:
2 2 ( a − 1) 2 )a n (a − 1 > > ⇒ n n
n
4
a
4 n a در نتيجه ∞ lim n = +و چون اين نتيجه به ازای ھر a>1درست است ،با اختيار k>1می توانيم بنويسيم )دست کم برای n→∞ n مقدارھای به اندازه کافی بزرگ :(n
⎡ ⎛ 1 ⎞n ⎤ ⎛ 1 ⎞n ⎟ ⎢⎜ a k ⎟ ⎥ ⎜ a k ⎠⎟ ⎝⎜ ⎥ ⎠⎟ ⎝⎜ ⎢ a n > = ⎥⎥ n k ⎢⎢ n n ⎥ ⎢ ⎦ ⎣
nk an lim = 0 نتيجه در و از آنجا ∞= + n →∞ a n n →∞ n k lim
توجه شود که اين نتيجه برای k>1حاصل شد طبعا ً برای k<1ھم درست
است.
2 2 = xnدر اين صورت ) (3قرار می دھيم !n n +1 n
از پايين و مثالً صفر کراندار است .در نتيجه حد xn 2 ⇒ a = a .0 ⇒ a = 0 n +1
xn +1 = xn .در نتيجه به ازای n>1دنباله xn
نزولی است .در عين حال،
موجود است .بنابراين
lim xn = a ⇒ lim xn +1 = lim xn . ∞→n
∞→n
∞→n
an an ً = xnنزولی و اگر limھم مثال ) (3عمل می کنيم و واضح است که به ازای n > a − 1سری ) (4برای = 0 !n → ∞ n !n c فرض کنيم a>0سری از پايين به صفر کراندار است .در نتيجه چون xn +1 = xn .پس n +1 c lim xn = a ⇒ lim xn . ⇒ a = a .0 ⇒ a = 0 ∞→ n n +1
bn n حال اگر a<0باشد در اين صورت با قرار دادن a n = (− 1) b nخواھيم داشت = 0 !n bn bn n پس lim = 0و چون ) (− 1کراندار است پس = 0 !n → ∞ n !n
)lim (− 1
n
∞→n
در نتيجه
)lim (− 1
n
∞→n
زيراb>0
an =o ! n→∞ n
. lim
1 1 1 مساله (48ثابت کنيد دنباله + + ... + − ln n 2 3 n 1 1 1 فرمول 1 + + + ... + = C + ln n + ε nرا داريم که در آن C = 0.577216000موسوم به ثابت اويلر است و 2 3 n xn = 1 +
)زمانی که ∞ → nآنگاه → 0
) ( n = 1,2,...ھمگراست به اين ترتيب
.( ε n
اثبات :بر عھده متعلم 2
⎞⎛n a +n b مساله :49فرض کنيد ) (a, b > 0ثابت کنيد ⎟ = ab ⎜⎜lim ⎟ ∞→ n 2 ⎝ ⎠
])
( )
([
⎤ ⎡n a + n b 1 n اثبات :قرار می دھيم ⎥− 1 ⎢ xn = nدر اين صورت n a − 1 + n n b − 1 2 2 ⎣ ⎦
)
چون a − 1
(
n
= xnدر اين صورت
lim nبرابر Lnaمی باشد پس ∞→n
1 [Lna + ln b] = 1 Lnab = Ln ab 2 2 و در واقع حد مطلوب برابر است با
ab
= lim xn
∞→n
ab = e Ln
n
x ⎞x ⎛ مساله (50ثابت کنيد lim ⎜ cos + λ sin ⎟ = eλx ∞→n n ⎠n ⎝ ⎞ xn حل :اگر مقدار داخل پرانتز را برابر ⎟ ⎠n
⎛ ⎝
⎜1 +بگيريم ،داريم:
x x sin 1 − cos x ⎞x ⎛ n − x. n xn = n. ⎜ cos − 1 + λ sin ⎟ = λ x . x x n n ⎝ ⎠ n n n
n
x ⎞x ⎞ ⎛ x ⎛ x حال می دانيم اگر xn → xآنگاه lim ⎜1 + n ⎟ = eدر نتيجه ⎟ lim ⎜ cos + λ sinبرابر ∞→n ∞→n ⎠n n ⎠n ⎝ ⎝
مساله (51ثابت کنيد که اگر دنباله )xn (n = 1,2,...
λx
eمی باشد.
ھمگرا باشد در اين صورت دنباله ميانگين ھای
x1 + x2 + ... + xn 1 حسابی ) S n = ( x1 + x2 + ... + xnنيز ھمگرا و = lim xn ∞→ n ∞→ n n n
limبا مثالی نشان دھيد عکس اين
حکم درست نيست.
حل:
با
استفاده
قضيه
از
داريم, an = x1 + x2 + ... + xn :
شتولتس
an a −a صورت = lim n +1 n n →∞ y n →∞ y n n +1 − yn
lim Sn = lim
x1 + x2 + ... + xn a − an lim n +1در نتيجه پس = lim xn n → ∞ n ∞ → yn +1 − yn n
ynدر
چون an +1 − an = xn , yn +1 − yn = 1
و
∞→ n
=n
اين
limبرابر lim xnمیباشد.
∞→n
∞→n
x1 + x2 + ... + xn مساله (52ثابت کنيد اگر ∞ lim xn = +آنگاه ∞→ n ∞→ n n a a − an lim n +1باشد آنگاه lim nبرابر ∞ +می باشد که در اينجا اثبات :با استفاده از قضيه شتولتس داريم :اگر ∞= + n→∞ y n →∞ y n n +1 − yn
limبرابر ∞ +
میباشد.
به ازای lim yn = +∞, yn +1 > yn ، n>Nمی باشد .حال اگر قرار دھيم an = x1 + x2 + ... + xnو yn = n ∞→ n
an x1 + x2 + ... + xn = صورت ∞= + yn n
در اين
limمیشود واثبات تمام است.
∞→ n
مساله (53ثابت کنيد اگر دنباله ) xn , (n = 1,2,...ھمگرا و xn > 0باشد در اينصورت x1 x2 ...xn = lim xn ∞→n
. lim n ∞→ n
1 می قرار اثبات: اين در دھيم y = n x1 x2 ...xn صورت Lnx1 x2 ...xn n Lnx1 + Lnx2 + ... + Lnxn Lnx1 + Lnx1 + ... + Lnxn limبرابر lim Lnxnمیباشد = Lnyحال چون ∞→ n ∞→n n n پس lim Lny = lim Lnxnدر نتيجه Ln lim y = Ln lim xnبنابراين . lim y = lim xn = Lny
∞→ n
∞→n
∞→n
∞→n
∞→n
xn +1 − xn مساله (54فرض کنيم ynصعودی و ∞ = lim ynاگر ∞→ n yn +1 − yn xn +1 − xn x = lim n n → ∞ yn +1 − yn yn
∞→ n
limموجود باشد .ثابت کنيد
∞→n
. lim
∞→ n
حل :ابتدا فرض می کنيم که اين حد برابر عدد متناھی Lباشد:
xn +1 − xn =L yn +1 − yn
lim
∞→ n
در اين صورت به ازای ھر عدد دلخوا > 0 xn +1 − xn ε < −L 2 yn +1 − yn
يا
، εمی توان عدد Nرا طوری پيدا کرد که برای n>Nداشته باشيم:
ε xn +1 − xn < L+ 2 yn +1 − yn
<
يعنی وقتی n>Nباشد ،ھمه کسرھای
xN +1 − xN xN + 2 − xN +1 x − xn −1 xn +1 − xn , ,..., n , y N +1 − y N y N + 2 − y N +1 yn − yn −1 yn +1 − yn
ε 2
L−
پس
a a1 + a2 + ... + an c a a a a c < بين اين حدھا قرار دارند )چون میدانيم اگر < < 1 , 2 ,..., nآنگاه < b b1 + b2 + ... + bn d b b1 b2 bn d است( پس
xn +1 − xN yn +1 − y N
ε xn +1 − xN < −L 2 yn +1 − y N
ε xn +1 − xN < L+ 2 yn +1 − y N
ھم بين ھمان حدھا قرار دارند .پس
<
ε 2
برقرار
L−
پس
حاال اتحاد زير را مینويسيم:
⎛ xn ⎞ x − Ly N ⎛ yN ⎞ ⎛ xn − xN ⎞ ⎜⎜ − L ⎟⎟ = N ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜1 − ⎟⎟ − L yn yn ⎠ ⎝ yn − y N ⎝ yn ⎠ ⎝ ⎠ xn x − LyN x − xN −1 ≤ N + n −L yn yN yn − y N
بنابراين
جمله دوم سمت راست ،به ازای n>Nکمتر از
ε 2
باقی می ماند و عامل اول نيز ،با توجه به ∞→ +
، ynکمتر از
ε 2
است
x xn )مثال برای ' ( n > Nاگر }' M = max{N , Nبگيريم ،روشن است که به ازای n − L < ε ، n > Mيعنی حد yn yn برابر است با .L
x − xn yn lim n +1در اين حالت ،قضيه ای را که ثابت کرديم میتوان در مورد نسبت عکس حال اگر ∞= + → ∞ n xn yn +1 − yn yn y − yn = lim n +1 =0 n → ∞ xn xn +1 − xn
و آنجا
به کار برد:
lim
∞→ n
x ∞lim n = + n →∞ y n
xn +1 مساله (55ثابت کنيد اگر ) xn > 0 (n = 1,2,3,...آنگاه xn
lim n xn = limبرقرار است )فرض کنيد حد سمت راست
∞→n
∞→n
موجود است(
xn x − an −1 اثبات :از قضيه شتولتس استفاده میکنيم می دانيم = lim n n→∞ n ∞→n 1
limبرقرار است اگر lim an − an −1موجود
باشد .در نتيجه:کافی است قرار دھيم an = Ln xn
∞→ n
در اين صورت
Ln xn x = lim Lnxn − Lnxn−1 = lim Ln n ∞→ n ∞→n n xn−1 lim
xn x x بنابراين lim n xn = lim nو چون ھميشه lim bn −1 = bnبرقرار است پس = lim n +1 → ∞ → ∞ n n n → ∞ n → ∞ xn −1 xn xn −1 xn +1 x اگر lim n +1موجود باشد آنگاه lim n xnموجود و n→∞ x n →∞ x n n
. lim n xn = lim
n مساله ( 56ثابت کنيد= e : !n
: lim
n→∞ n
∞→ n
limدر نتيجه
∞→n
در اين صورت
lim n
n →∞
n nn = lim n n! n →∞ n!
⎛ 1⎞ = lim⎜1 + ⎟ n →∞ ⎝ n⎠
(n + 1)n +1 (n + 1)! = lim n →∞
nn n!
nn اگر قرار دھيم:( داريم55) طبق سوال:حل n!
xn =
(n + 1) n!(n + 1) = lim n → ∞ (n + 1)! n n n→∞ n n +1 n +1
n +1
⎛ n +1⎞ = lim⎜ ⎟ n →∞ ⎝ n ⎠
= lim
n +1
n +1
=e Ln n ()ب n →∞ n lim
(a > 1)
n2 ( (مطلوب است محاسبه )الف57 مساله n →∞ a n
lim
: بنابر قضيه شتولتس داريم:راحساب می کنيم
an )الف( ابتدا:حل n → ∞ 2n − 1 lim
an a n − a n −1 = lim n → ∞ 2n − 1 n → ∞ 2n − 1 − (2n − 3)
lim
a n − a n −1 a2 ⎛ 1 ⎞ = lim ⎜1 − ⎟ = +∞ n →∞ n →∞ 2 2 ⎝ a⎠
lim
: بنابر قضيه شتولتس داريم.است
an حال ثابت می کنيم n→∞ n2
+ ∞ برابرlim
an a n − a n −1 lim 2 = 2 = 2 n →∞ n n − (n − 1)
⎛ 1⎞ a n ⎜1 − ⎟ ⎝ a ⎠ = +∞ 2n − 1 n2 lim = 0 در نتيجه n→∞ a n
: از قضيه شتولتس استفاده می کنيم: lim
n →∞
lim
n →∞
Ln n = 0 )ب( ثابت می کنيم n
Ln n n n = lim Lnn − Ln(n − 1) = lim Ln = Ln lim n → ∞ n → ∞ n → ∞ n −1 n n −1 = Ln 1 = 0 Ln = 0 پس n →∞ n lim
يک عدد طبيعی باشد در اين صورتP (ثابت کنيد اگر58 مساله
1P + 2 P + ... + n P 1 = ()الف P +1 n→∞ n P +1
lim Sn = lim
n →∞
⎛ 1p + 2 P + ... + n P n ⎞ 1 ⎟ = ()ب lim tn = lim⎜⎜ − P n →∞ n →∞ n P + 1 ⎟⎠ 2 ⎝
)1P + 3P + ... + (2n − 1 2P )پ( = lim kn = lim ∞→ n ∞→ n n P +1 P +1 P
حل:
)الف( با استفاده از قضيه شتولتس و با فرض xn = 1 + 2 + ... + n P
nP صورت n → ∞ n P +1 − (n − 1)P +1
P
P
P +1
و
yn = n
در
اين
lim Sn = lim
∞→ n
ولی (n − 1)p = n p − ( p − 1)n k + ...در نتيجه (n − 1)P − n p = (k + 1)n P + ... در نتيجه
1 n = p n → ∞ ( P + 1)n + ... P +1 P
lim Sn = lim
∞→ n
1 ⎞ 1P + 2 P + ... + n P n ⎛ tn = n⎜ Sn − − =⎟ P ⎠P +1 n P +1 ⎝ )ب( p p p p +1 ( p + 1) 1 + 2 + ... + n − n = tn )n p ( p + 1
(
)
حال اگر صورت کسر را xnو مخرج کسر را ynبگيريم با استفاده از قضيه شتولتس داريم:
] ( p + 1)n p − [n p +1 − (n − 1)p +1 ∞→n ∞→ n ] ( p + 1)[n p − (n − 1)p و چون ( p + 1)n p − [n p +1 − (n − 1)p +1 ] = p( p + 1) n p −1 + ... lim tn = lim
2 p ( p + 1) p −1 n + ... 1 2 lim tn = lim نتيجه = p − 1 ∞→ n n → ∞ ( p + 1) pn + ... 2
و
n p − (n − 1) = kn p −1 + ... p
در
)پ( بنابر قضيه شتولتس قرار می دھيم: p
)xn = 1p + 3 p + ... + (2n − 1 yn = n p +1
)(2n − 1 xn x − xn −1 2 p n p + ... 2p = lim p +1 = lim = = lim n yn n → ∞ yn − yn −1 n → ∞ n − (n − 1)p +1 n → ∞ ( p + 1)n p + ... p + 1 p
lim
∞→ n
مساله (59ثابت کنيد که دنباله ھای ) xn , yn (n = 1,2,...مشخص شده با دستورھای
x1 = a, y1 = b, xn +1 = xn yn xn + yn 2
) (a > b = yn +1
دارای حد مشتركی می باشند:
μ (a, b ) = lim xn = lim yn ∞→ n
∞→n
حل :چون واسطه حسابی بزرگتر از واسطه ھندسی است و ھمچنين ھر دو واسطه بين عددھای اصلی قرار دارند در نتيجه
b > y2 > x2 > a
حال اگر واسطه ھای حسابی و ھندسی را برای دو عدد x2 , y2
تشکيل دھيم در اين صورت
y2 > y3 > x3 > x2 و ھمين طور تا آخر .اگر عددھای xn , ynمعلوم باشند آنگاه xn +1و yn +1از روی دستورھای
xn + yn , xn +1 = xn yn 2
= yn +1
معين میشوند و مانند قبل yn > yn +1 > xn +1 > xnو حدھای xnو ynموجودند .زيرا ynنزولی و xnصعودی است و درعين حال داريم . a > yn > xn > bپس دنباله ھای xnو ynکراندارند .در نتيجه xnو ynدارای حد می باشند .حال فرض کنيد:
S +t ⇒S =t 2
= ⇒t
lim xn + lim yn
∞→ n
∞→ n
= lim xn = S , lim yn = t ⇒ lim yn +1
2 مساله (60دنباله عددی ) xn (n = 1,2,...با دستورھای زير مشخص شده است: xn −1 + xn − 2 2
∞→ n
∞→ n
∞→ n
= x1 = a, x2 = b, xn
مطلوب است محاسبه حد lim xn
∞→n
حل :فرض کنيد ) Ln = min ( xn −1 , xn − 2 ), U n = max( xn −1 , xn − 2
چون
xn −1 + xn − 2 ≤ un 2
= xn
پس
U n +1 = max( xn , xn −1 ) ≤ unبه ھمين ترتيب می توان ثابت کرد Ln +1 ≥ Ln :معلوم است که . un ≥ Lnبنابراين
(un )∞n =1
و
(Ln )∞n =1
دنباله ھايی يکنوا و کراندارند و در نتيجه حد اين دنباله ھا وجود دارد .فرض
کنيد (u ≥ L ) lim un = u , lim Ln = Lثابت می کنيم ∞→n
∞→ n
. u = Lفرض کنيد ε
عددی حقيقی و مثبت است .عددی طبيعی
مانند Nوجود دارد که اگر . un < u + ε ، n ≥ Nتوجه کنيد که چون يکی از عددھای xn −1و xn − 2برابر با پس
xn −1 + xn−2 Ln + un ≤ 2 2
= xn
و
L+u +ε ,n ≥ N 2
بنابراين
≤ xn
به
Ln اين
است ترتيب
L+u +ε L+u +ε < ) u N + 2 = max ( xN +1 , xNو 2 2 می گيريم که u − L ≤ 0و در نتيجه . u = Lاکنون معلوم است که lim xnوجود دارد و lim xn = U = Lاين حد را
< uپس u − L < ε ∞→n
حساب می کنيم .اگر تساوی ھای
x1 + x2 = 2 x3
چون
ε
عددی دلخواه بوده ،نتيجه
∞→ n
و x2 + x3 = 2 x4را با ھم جمع می کنيم معلوم می شود که
x1 + 2 x2 = x3 + 2 x4از استقرايی ساده معلوم می شود که اگر kعددی طبيعی باشدx1 + 2 x2 = x2 k +1 + 2 x2 k + 2 . a 2b بنابراين x1 + 2 x2 = (1 + 2)uيعنی + 3 3
= lim xn = u
∞→ n
مساله ( 61فرض کنيد } {bnو } {anدو دنباله از اعداد نامنفی باشد به گونه ای که (bn )n → b, (an )n → a n دو عدد نامنفی بوده و p + q = 1مطلوب است محاسبه ) lim ( pan + qbn ∞→ n
)
اثبات :می دانيم که )(1
(
yn → a ⇔ n n yn − 1 → log a
حال به جای ، ynدنباله xnرا قرار میدھيم .در اين صورت از ) (1داريم. ( xn ≥ 0 ) : n
xnn → a ⇔ n ( xn − 1) → log a
.اگر pو q
که دراينجا aمثبت است .حال قرار میدھيم ، xn = pan + q bnآنگاه
)n( xn − 1) = n ( pan + q bn − 1) = pn (an − 1) + q n (bn − 1
)
(
= p log a + q log b = log a pb q
پس log xnn = a pb q
مساله (62فرض کنيم
2 n
∞
1 n ھمگرا باشد و ∑ k ak n k =1
∑a n =1
1
داريم:
= S nدر اين صورت نشان دھيد S nکراندار است زيرا
2
k ak ⎛ n k ⎞ ⎛ n 2 ⎞ 2 1 ∞ 2 ≤ ⎜ ∑ 2 ⎟ ⎜ ∑ ak ⎟ ≤ ∑ ak n 2 k =1 ⎠ ⎝ k =1 n ⎠ ⎝ k =1
n
∑ k =1
= Sn
توجه شود که از نامساوی ھلدر استفاده شده است: 1
1
n ⎛ n ⎛p ⎞p q ⎞q ak bk ≤ ⎜ ∑ ak ⎟ ⎜ ∑ bk ⎟ , ⎝ k =1 ⎠ ⎝ k =1 ⎠
1 1 + = 1, p > 0 p q
سوال (63اگر } {anبا جمالت مثبت باشد و Σanھمگرا باشد ثابت کنيد
2 n
n
∑ k =1
∞
∑a
ھمگراست.
n =1
اثبات :چون Σanھمگراست پس بنا به شرط الزم ھمگرايی داريم an → 0در نتيجه از مرتبهای به بعد داريم . 0 ≤ an ≤ 1لذا an ≤ anو بنا به آموزن مقايسه Σanھم ھمگراست. 2
2
an +1 bn +1 سوال (64فرض کنيم an > 0و bn > 0و Σbnھمگرا باشد و ازمرتبه ای به بعد داشته باشيم ≤ an bn
در اين
صورت Σanھمگراست.
⎫ ⎧a a a an حل داريم n +1 ≤ n :در نتيجه دنباله ⎬ ⎨ nنزولی است در نتيجه M > 0موجود است که < M bn +1 bn bn ⎭ ⎩ bn
در
نتيجه an < M bnلذا Σ anھم ھمگراست. ∞
∞ an , ∑ سوال (65فرض کنيم an ≥ 0در اين صورت ثابت ∑ an n =1 an + 1 n =1
an حل :اوالً داريم ≤ an 1 + an
an بالعکس :فرض کنيم n +1
≤ 0پس بنابر آزمون مقايسه اگر ∞
∑a n =1
∞
n
∑a n =1
ھمرفتاراند.
an ھمگرا باشد آنگاه n +1
∞
∑a n =1
an ھمگرا باشد در اين صورت داريم = 0 n →∞ a + 1 n
an a 1 1 لذا < n به بعد دايم an < 1در نتيجه > 2 1 + an 1 + an 2
ھم ھمگراست.
limدر نتيجه lim an = 0لذا از مرتبه ای
≤ 0و بنابر آزمون مقايسه
∞→n
∑a
n
ھم ھمگراست.
∞
مساله (66اگر دنباله } {anطوری باشد که برای ھر دنباله } {bnکه
∞<
∑b
n
n =1
∞
ھمگرا باشد∑ anbn ،
نيز ھمگرا باشد ،ثابت کنيد
n =1
. sup an
اثبات :فرض کنيم دنباله } {anکراندار نباشد )فرض خلف( .بنابراين
∀ k ∈ N ∃n : an > k 2 لذا به راحتی زير دنباله ای چون
≠0
an k k2
ak
limو در نتيجه
2
∞→ k
} {a nk
m∉ A اکنون
k
واگراست.
k =1
A = {nk :و دنباله {xm }∞m=1
را به صورت زير تعريف می کنيم:
⎧1 ⎪ xn = ⎨ k 2 ⎪⎩0
m = nk
2
k
2
∞
∑k
از طرفی قرار میدھيم } k ∈ N
1
به دست میآيد که
) ( ∀k
>k2
an
در
نتيجه > 1
an k
پس
∞
∞
∑x =∑k m
k =1
ھمگرا و
m =1
an k
m =1
. sup
a1 + a2 + ... + an يک سری از اعداد اکيداً مثبت باشد و برای ھر nطبيعی bnبه شکل n
∞
مساله (67اگر
∞
k =1
دنباله } {anکراندار است ،يعنی ∞ < an
n
∞
∑ am x m = ∑ k 2
واگراست .اين با فرض مساله در تناقض است .بنابراين
∑a n =1
= bn
∞
تعريف شود .نشان دھيد
∑b
n
ھمواره واگراست.
n =1
∞
اثبات:
چون
n
∑a
از
اعداد
اکيداً
است،
مثبت
برای
پس
ھر
طبيعی
n
n =2
. an > 0
a1 < a1 + a2 + ... + an ,0 < a1 < a1 + a2بنابراين
a1 + a2 a a + a + ... + an a = b2 > 1 ,..., 1 2 = bn > 1 2 2 n n ⎞1 ⎛ 1 در نتيجه ⎟ + ... + bn ≥ a1 ⎜1 + + ... + ⎠n ⎝ 2
1
∞
b + bو چون ∑ n
2
1
∞
واگراست پس
n =1
مساله (68فرض کنيم ،ضريب ھای (1 ≤ m ≤ n ) tnmاز ماتريس )مثلثی( نامتناھی
∑b
n
n =1
واگراست.
بنابراين
t11 t21 t22 t31 t32 t33 M tn1 tn 2 tn 3 ... tnn
................... ..................... با دو شرط زير سازگار باشند. ) (1عنصرھای واقع در ھر ستون دلخواه به سمت صفر ميل کنند؛ يعنی به ازای ∞ → ، m) tnm → 0, nتثبيت شده است(. ) (2مجموع قدرمطلق عنصرھای واقع در ھر سطر دلخواه ،ھمه با يک عدد ثابت ،کراندار باشند
) (k = cons t
tn1 + tn 2 + ... + tnn ≤ k
آن وقت ثابت کنيد اگر حد ، xn → 0 ،آنگاه Z n = tn1 x1 + ... + tnn xnبه سمت صفر ميل میکند.
اثبات :از روی ، ε > 0چنان mپيدا میشود که ،به ازای n > m
ε
< . xnبه ازای اين nھا ،با استفاده از ) (2داريم
ε
داشته باشيم:
Z n < tn1 x1 + ... + tnn xn +
2 2k چون در اينجا m ،مقدار ثابتی است ،با توجه به ) ،(1چنان N ≥ mوجود دارد که ،به ازای ، n>Nجمله اول سمت راست ھم از
ε 2
کوچکتر باشد .که در نتيجه ،خواھيم داشت Z n < ε
واثبات تمام است.
مساله (69در مساله قبل فرض کنيم ،ضريب ھای ، tnmعالوه بر شرط ھای ) ،(2) ،(1با شرط زير سازگار باشند.
)Tn = tn1 + tn 2 + ... + tnn → 1 (3 آن وقت ،اگر حد − a ) xn → aمتناھی( آنگاه ھمچنين Z n = tn1 x1 + tn 2 x2 + ... + tnn xn → a اثبات :عبارت Z nرا ،میتوان چنين نوشت:
Z n = tn1 ( x1 − a ) + tn 2 (x2 − a ) + ... + tnn (xn − a ) + Tn . a که با استفاده از مساله ) (1درباره حد xn − a → 0و يا اتکای بر ) (2مستقيما ً به نتيجه مطلوب می رسيم.
كاربردھاي مساله قبلي
x1 + x2 + ... + xn مساله (70ثابت کنيد اگر xn → aآنگاه = a n 1 اثبات :بنابر مساله قبل کافی است قرار دھيم = tn1 = tn 2 = ... = tnn n
lim
∞→ n
برقرار بدون شرط ) (1و ) (2و ) (3در مساله قبل روشن است. مساله (71ثابت کنيد اگر دنباله ) xn , (n = 1,2,3,...ھمگرا و xn > 0باشد در اينصورت
lim n x 1x 2 ...x n = lim x n ∞→ n
∞→ n
y = n x1 x2 ...x n
اثبات :برای اثبات از مساله قبل استفاده می کنيم ،قرار می دھيم
1 Ln x1 x2 ...xn n
= Ln y
پس
Lnx1 + Lnx2 + ... + Lnxn n
= Ln yبرابر lim Ln xn
∞→ n
در اينصورت می باشد .پس
lim Lny = lim Lnxnدر نتيجه Ln lim y = Ln lim xnبنابراين lim y = lim xnو اثبات تمام است. ∞→ n
∞→ n
∞→n
∞→n
∞→ n
1 x0 + Cn1 x1 + ... + Cnn xn مساله (72ثابت کنيد اگر xn → aدر آن → a 2n
∞→ n
= xn
اثبات :برای اثبات از مساله ) (69و ) (70استفاده می کنيم که
Cnm 2n
= tnn
nm چون → 0, Cnm < n m 2n داريم= 2n :
پس شرط ) (1برقرار است برقراری شرط ) (2و شرط ) (3مستقيما ً از اينجا ناشی می شود که
∞
m n
∑C
در نتيجه اثبات تمام است.
m =0
مساله (73فرض کنيم xn , ynداشته باشيم ،به نحوی که حد دوم به طور يکنوا به سمت ∞ + xn − xn −1 حد → a yn − yn
ميل کند .فرض کنيم که
( n = 1,2,...; x0 = y0 = 0 ) lim
∞→ n
ym − ym −1 اثبات :برای اثبات از مساله ھاي 69و 70استفاده می کنيم yn
= tnmبرای آن به کار می بريم .بررسی شرطھای )(1
و ) (2و ) (3به سادگی قابل تحقيق است .بنابراين نتيجه می گيريم که حد n xn x −x = ∑ tnm m m −1 → a yn m =1 ym − ym −1
و اثبات تمام است.
Ln n مساله (74ثابت کنيد = 0 n →∞ n
. lim
اثبات :برای اثبات از قضيه شتولتس استفاده میکنيم:
n n Ln n = lim Ln n − Ln (n − 1) = lim Ln = Ln lim n → ∞ n → ∞ n → ∞ n n −1 n −1 = Ln1 = 0
lim
∞→ n
Lnn پس = 0 n →∞ n lim
معيار يرماکوف :فرض کنيد تابع ) f ( x
پيوسته ،مثبت و برای x>1به طور يکنوا نزولی باشد .آن وقت ،اگر برای ھمه مقدارھای
به قدر کافی بزرگ ) xمثالً ( x ≥ x0نابرابری زير برقرار باشد.
) (
f ex .ex ≤ q <1 ) f (x
∞
∞
n =1
n =1
رشته ) ∑ an = ∑ f (n
) (
ھمگرا و اگر ھم )برای ( x ≥ x0داشته باشيم:
f ex .ex ≥1 ) f (x در اين صورت رشته فوق متباعد يا واگراست.
فصل 7مسائل بخش حد و پيوستگی فصل :7حد و پيوستگی سوال (1فرض کنيد f : R → Rتابعی متناوب باشد و ) lim f ( xوجود داشته باشد .ثابت کنيد fتابعی ثابت است. ∞→ x
اثبات :فرض کنيد
lim f ( x ) = Lفرض کنيد ε ∞→ x
. f ( x ) − L < εتوجه کنيد که اگر x ≤ M nT + x > M
پس
عددی مثبت باشد .عددی مثبت مانند Mوجود دارد که اگر ، x>Mآنگاه و Tدوره تناوب fباشد ،آنگاه عددی طبيعی مانند nوجود دارد که
f (x ) − L = f (nT + x ) − L < ε
.بنابراين ،به ازای ھر عدد مثبت مانند
f (x ) − L < ε
x∈ R ،ε
در نتيجه f ( x ) − L = 0يا f (x ) = L سوال (2فرض کنيد f : [a, b] → R
.
تابعی يک به يک و پيوسته باشد .ثابت کنيد fيکنوای اکيداست.
اثبات :دو حالت وجود دارد.
حالت اول . f (a ) < f (b ) :فرض کنيد a < c < bچون fيک به يک است .پس ) f (a ) ≠ f (c
پس يا
) f (c ) < f (aيا ) . f (c ) > f (aاگر ) f (c ) < f (a ) < f (bآنگاه عددی مانند tدر بازه ) (c, b ) f (t ) = f (aو اين با يک به يک بودن fتناقض دارد .اگر ) f (a ) < f (cبا استدالل مشابھی می توان ثابت کرد که ) f (c ) < f (bاز نتيجه fصعودی اکيداست. وجود دارد که
حالت :2
)f ( a ) < f (b
مشابه حالت اول است .می توانيد ثابت کنيد که fنزولی است.
سوال (3فرض کنيد f : [a, b] → R 1 که ) f (x 2
تابعی پيوسته باشد و برای ھر] ، x ∈ [a, bعددی مانند yدر ][a, b
≤ ) . f ( yثابت کنيد عددی مانند tدر ] [a, bوجود دارد که f (t ) = 0
.
اثبات :اگر fروی ] [a, bپيوسته باشد fھم روی ] [a, bپيوسته است .فرض کنيد mمينيمم مطلق f
f (t ) = mدر اين صورت عددی مانند yدر ][a, b 1 m 2
وجود داشته باشد
روی ][a, b
باشد و
وجود دارد که
≤ )f (y
توجه کنيد که . m ≥ 0اگر m=0آنگاه حکم به وضوح برقرار است .اگر m>0باشد چون mمينيمم مطلق f 1 است و m < m 2
≤ ) f ( yبه تناقض رسيدهايم.
روی ][a, b
سوال (4فرض کنبد fروی ) (a,bپيوسته باشد و ) lim− f ( x ), lim f ( xوجود داشته باشد ثابت کنيد تابعی پيوسته مانند x →b
x→a +
g : R → Rوجود دارد که
) f (x ) = g (x
) x ∈ (a, b
اثبات :فرض کنيد lim+ f ( x ) = L1و lim− f ( x ) = L2تابع: x→a
x≤a
x →b
⎧ L1 ⎪ ) g (x ) = ⎨ f (x ⎪L ⎩ 2
a< x
را در نظر بگيريد .روشن است که ) g (x ) = f (x ), x ∈ (a, b
در ضمن gروی بازهھای )∞(− ∞, a ), (a, b), (b,+ ) lim g ( x ) = lim f ( x ) = g (a x→a x→a +
آشکار پيوسته است در x=a
−
) lim g ( x ) = lim+ f ( x ) = g (a x→a
x→a +
بنابراين g ،در aپيوسته است .به ھمين ترتيب معلوم می شود gدر bھم پيوسته است .بنابراين gروی Rپيوسته است.
سوال (5فرض کنيد f : [0,1] → Rتابعی پيوسته باشد و ) . f (0) = f (1ثابت کنيد به ازای عددی مانند x0
در ][0,1
،
⎞1 ⎛ ⎟ f ( x0 ) = f ⎜ x0 + ⎠2 ⎝ ⎞1 ⎛ ⎟ g (x ) = f (x ) − f ⎜ x + ⎠2 ⎝
⎤⎡ 1 حل :فرض کنيد ⎥ x ∈ ⎢0, ⎦⎣ 2 در اين صورت
⎞⎛1 )f ⎜ ⎟ − f (1 ⎠⎝2
⎞⎛1 f⎜ ⎟+ ⎠⎝2
⎞⎛1 g (0 ) + g ⎜ ⎟ = f (0 ) − ⎠⎝2 =0
⎞⎛1 ⎞⎛1 پس . g (0 )g ⎜ ⎟ ≤ 0اگر g (0) = 0يا g ⎜ ⎟ = 0حکم مسئله ثابت شده است .در غير اين صورت چون )g (0 ⎠⎝2 ⎠⎝2
⎞⎛1 ⎟ ⎠⎝2
⎜ gعالمت ھاي مختلفي دارند ،عددي مانند
⎞1 صورت ⎟ ⎠2
xo
در
⎞⎛ 1 ⎟ ⎜ o, ⎠⎝ 2
وجود دارد كه
g ( xo ) = o
⎛ ⎝
. f ( x0 ) = f ⎜ x0 +
سوال (6فرض کنيد f : (a,+∞) → Rو ) lim x f (xوجود داشته باشد ثابت کنيد lim f ( x ) = 0 ∞→ x
اثبات :فرض کنيد lim x f ( x ) = Lعددی مثبت مانند Mوجود دارد که اگر x > M ∞→ n
x f (x ) − L < 1 ⇒ x f (x ) ≤ x f (x ) − L + L < 1 + L
∞→ x
آنگاه
و
در اين
و در نتيجه
L +1 x
≤ ) f ( xچون = 0
L +1 x
limنتيجه می شود lim f (x ) = 0پس lim f ( x ) = 0 ∞→ x
∞→ x
∞→ x
سوال (7فرض کنيد xعددی مثبت و mعددی طبيعی باشد .ثابت کنيد xريشه mام دارد. راه حل :تابع پيوسته
m
f ( x ) = xرا در نظر بگيريد .توجه کنيد که
f (0 ) = 0,
)f ( x + 1) = ( x + 1
m
و چون
) 0 < x < (x + 1بنابر قضيه مقدار ميانی ،عددی مانند bدر بازه )
m
(
) 0, ( x + 1وجود دارد که
m
f (b ) = b = x m
سوال (8فرض کنيد xn ,..., x2 , x1عددھايی حقيقی باشند و x1 < x2 < ... < xn
x < xk 1≤ k ≤ n
⎧0 ⎨ = ) f k (x ⎩1
x ≥ xk
1 n و ) ∑ f k (x n k =1
= ) . f ( xنقاط ناپيوستگی fرا پيدا کنيد.
اثبات :می توانيم بنويسيم:
x ≥ xn
⎧1 ⎪ ⎪ n −1 ⎪ n ⎪n − 2 ⎪ ⎪ n ⎪ ⎨ = )f ( x ⎪ ⎪ ⎪ ⎪1 ⎪ ⎪n ⎪⎩0
xn−1 ≤ x < xn xn−2 ≤ x < xn−1 . . . x1 ≤ x < x2 x < x1
پس fدر ھر يک از بازه ھای ) (− ∞, x1
و
) (x1, x2
( xn ,+∞ ) ،....،تابعی ثابت و بنابراين پيوسته است اما در نقاط
xn ,..., x2 , x1ناپيوسته است. سوال (9فرض کنيد f : R → Rتابعی پيوسته متناوب باشد ثابت کنيد fکراندار است. حل :فرض کنيد Tدوره تناوب fباشد.
fروی ] [0, T
پيوسته و بنابراين کراندار است پس fروی Rکراندار است.
سوال (10فرض کنيد a,bعددھايی حقيقی باشد ثابت کنيد تابعی مانند ) f ( x و در ھيچ نقطه ديگر پيوسته نيست.
x ∈Q اثبات :تابع x ∉Q
) ⎧( x − a )( x − b ⎩0
کنيد که aچه گويا باشد چه گنگf (a ) = 0 ،
موجو د است به طوری که fدر aو bپيوسته است
⎨ = ) f ( xرا در نظر می گيريم .ثابت می کنيم fدر aپيوسته است .توجه
از طرف ديگر
0 ≤ f (x ) ≤ x − a x − b و بنابراين ) . lim f ( x ) = 0 = f (aبا استدالل مشابھی می توان ثابت کرد fدر bپيوسته است .اکنون ثابت می کنيم اگر x→a
x0 ≠ a
و
x0 ≠ b
و fدر x0پيوسته نيست .فرض کنيد fدر x0پيوسته و x0گويا باشد ،دنباله ای از اعداد گويا مانند
} {rnھمگرا به x0وجود دارد .پس
f ( x0 ) = lim f (rn ) = lim (rn − a )(rn − b ) = ( x0 − a )(x0 − b ) ≠ 0 ∞→ n
∞→ n
ھمچنين دنباله ای از اعداد گنگ مانند } {Snھمگرا به x0وجود دارد .پس f ( x0 ) = lim f (S n ) = 0 ∞→ n
اين تناقض نشان میدھد که fدر x0پيوسته نيست .با استدالل مشابھی می توان ثابت کرد که اگر x0گنگ باشد باز ھم fدر x0 پيوسته نيست.
سوال (11تعميم مساله قبل :فرض کنيد a1 , a2 ,..., anعددھای حقيقی باشند .ثابت کنيد تابعی مانند ) f ( x
موجود است به
طوری که fدر aiھا پيوسته است .اما در ھيچ نقطه ديگری غير از aiپيوسته نيست. حل :راھنمايی :برای اثبات کافی است قرار دھيم
) ⎧( x − a1 )...( x − an ⎨ = ) f (x ⎩0
x ∈Q x ∉Q
سوال (12نقاط ناپيوستگی f : (o,1) → R
p , x∈Q q
با ضابطه p ⎧ ⎪( −1) q ⎨ = )f ( x ⎪0 ⎩
= ( p, q ) = 1, x x∉Q
را پيدا کنيد.
اثبات :ثابت می کنيم fدر ھيچ جا پيوسته نيست .فرض کنيد )x ∈ (0,1
فرض کنيد f , x ∈ Qدر xپيوسته باشد .دنباله ای از
اعداد گنگ مانند} {rnھمگرا به xوجود دارد .پس اين تناقض است
⇒ f (x ) = lim f (rn ) = 0 ⇒ x ∉ Q ∞→n
⎫ ⎧ pn فرض کنيد . x ∉ Qدنباله ای از اعداد گويا و مثبت مانند ⎬ ⎨ ⎭ ⎩ qn
ھمگرا به xوجود دارد .ثابت می کنيم عددی مانند kوجود
⎫ ⎧ pn ندارد که qn ≤ kو . n ≥ 1فرض کنيد چنين عددی وجود داشته باشد .چون ⎬ ⎭ ⎩ qn
⎨ به xھمگراست .عددی طبيعی مانند N
وجود دارد که n ≥ N
pn ≤ (1 + x )qnپس عددی طبيعی مانند ' k
⎫ ⎧ pn pn ≤ k ' , n ≥ 1در اين صورت تعداد جمله ھای ⎬ ⎨ ⎭ ⎩ qn
⎫ ⎧ pn متناھی است و بنابراين ⎬ ⎨ ⎭ ⎩ qn
موجود است .به طوری که
نمی
تواند ھمگرا باشد .و اين تناقض است پس kھر عدد طبيعی باشد عدد طبيعی مانند nوجود دارد بطوری که qn > kفرض کنيد f در xپيوسته باشد .در اين صورت . lim(− 1) n qn = 0يعنی عدد طبيعی مانند Nوجود دارد p
∞→n
(− 1) n qn < 1يعنی qn < 1, n > Nدر اين صورت p
که اگر n>Nآنگاه
n ≥1
} qn < max{1, q1 , q2 ,..., qN
و اين بنابر آنچه قبالً ثابت کرديم تناقض دارد .و در نتيجه حکم ثابت می شود.
سوال (13ثابت کنيد که اگر nعدد xn ,..., x2 , x1
به طور دلخواه از بازه بسته واحد ][0,1
؛ انتخاب شوند .ھمواره می توانيم
1 عددی مانند xدر اين بازه طوری بيابيم که ميانگين فاصله ھای بی عالمت آن تا xiدقيقا ً مساوی 2
است.
1 n 1 = x − xi ∑ 2 n i =1 1 n اثبات :با انتخاب روشی کامالً سرراست تابع ∑ x − xi n i =1 )زيرا ( xi ≥ 0
1 n 1 n − xi = ∑ xi ∑ n i =1 n i =1
= ) f (0
1 n ∑ 1 − xi n i =1
= )f (1
, x =1
اگر
= ) f ( xرا در نظر می گيريم .اگر x=0
1 n ) ∑ (1 − xi n i =1
] [
)زيرا ( xi ∈ 0,1 n ⎛1 ⎞ ⎟ ⎜ n − ∑ xi ⎝n i =1 ⎠
=
=
) = 1 − f (0
و اين رابطه مھم را به دست می آوريم f (0) + f (1) = 1 1 1 ھستند که در اين صورت دو جواب برای مساله يافته ايم و يا بنابراين رابطه ،يا ) f (1و ) f (0ھر دو برابر با 2 2 y )Y=f(x 1 بين آنھا قرار دارد که دراين حالت از پيوستگی تابع نتيجه می شود .به ازای xای بين f ( x ) = ,1,0 12
2 )F(0 x
1
سوال (14فرض کنيد fتابعی پيوسته و در شرايط
) lim f ( x ) = 0 = lim f ( x ∞→ x
∞x → −
) ∀x; f ( x ) ≤ f ( y
S,T
∀x : f ( x ) > 0,صدق می کند ثابت کنيد
∃y
اثبات :چون ) lim f ( x ) = 0 = lim f ( xپس از تعريف حد نتيجه می شود که ∞x → −
)(I
∞x → +
x > b ⇒ f ( x ) < f (0) = ε
S,T
حال بازه ] [− b, bرا در نظر می گيريم چون fروی][− b, b
∃b
پيوسته است پس fبه ماکزيمم خود روی اين بازه ميرسد.
] f ( y ) ≥ f ( x ) ; ∀x ∈ [ −b , b
)(II
از ) (Iو ) (IIنتيجه می شومد که ) f ( x ) ≤ f ( y
S ,T
S,T
] ∃y ∈[ −b , b
∀x ∈ (− ∞, ∞ ); ∃y
سوال (15اگر fتابعی پيوسته بر ] [a, bبا برد Qباشد انگاه fتابعی ثابت بر ][a, b اثبات :فرض کنيم ) f ( x1 ) ≠ f ( x2بنابراين مثالً ) f ( x1 ) < f ( x2در اين صورت با توجه به قضيه مقدار مياني ∃r ∈ Q c داريم که S .T f ( x1 ) < r < f ( x2 ) ⇒ ∃x ∈ ( x1 , x2 ) S .T f ( x ) = r است.
اما اين تناقض است چون برد fگويا است.
سوال (16اگر fتابعی پيوسته بر ] [a, bبا برد Qcباشد .آنگاه fتابعی ثابت بر ][a, b
است.
اثبات :اثبات مشابه حل مساله 15است.
سوال (17فضای متريک ) (E, d
و تابع پيوسته f : E → Eمفروض اند ،ثابت کنيد مجموعه نقاط ثابت fيک مجموعه
بسته تشکيل می دھند.
اثبات :قرار می دھيم }A = {x ∈ E; f (x ) = x
فرض کنيد } {xnدنباله ای دلخواه در aباشد .به طوری که xn → aاز
پيوستگی fنتيجه می شود که ) f ( xn ) → f (aبنابراين Aمجموعه ای بسته است.
f (xn ) = xn ⇒ lim f ( xn ) = lim xn ⇒ f (a ) = a ⇒ a ∈ A ∞→ n
∞→ n
⇒ ⇒ A' ⊆ A
سوال f , g : [0,1] → [0,1], g , f (18تابع ھايی پيوسته اند و اگر برای ]x ∈ [0,1
)) f ( g ( x )) = g ( f ( x
ثابت کنيد به ازای x0ای در ][0,1
. f ( x0 ) = g ( x0 ) ،
اثبات :به شيوه برھان خلف عمل می کنيم .اگر x0ای وجود نداشته باشد که ) f − g , f ( x0 ) = g ( x0ھميشه مثبت يا منفی
است .بنابراين می توانيم فرض کنيم که به ازای عددی مثبت مانند f > g + a ، a fof > gof + a = fog + a > gog + 2a
به استقراء معلوم می شود که n ≥ 1
f > g + na n
چون g n , f nتابعھايی از ] [0,1به ] [0,1اند و a > 0 سوال (19تابع f : (0,1) → R , f ⎞⎛x ⎟ ⎜ f (x ) − f ⎝2⎠ =0 lim x →0 x
n
پس تناقض رسيده ايم و حکم مساله درست است.
اين ويپگی ھا را دارد:
lim f (x ) = 0 x →0
⎞ ) ⎛ f (x ⎜lim ثابت کنيد ⎟ = 0 x →0 ⎠ ⎝ x اثبات :فرض کنيد
0< x <δ
ε
عددی مثبت باشد .در اين صورت عددی مثبت مانند
⎞⎛ x f (x ) − f ⎜ ⎟ < ε x ⎠⎝2
δ
وجود دارد که اگر
در اين صورت
در اين صورت اگر 0 < x < δ
و nعددی طبيعی باشد.
⎞ ⎛ x ⎞ n −1 ⎛ x ⎛ x ⎞ n −1 ε x f ( x ) − f ⎜ n ⎟ ≤ ∑ f ⎜ j ⎟ − f ⎜ j +1 ⎟ < ∑ j +1 < ε x ⎠ ⎝ 2 ⎠ j =0 ⎝ 2 ⎝ 2 ⎠ j =0 2
بنابراين اگر 0 < x < δ
آنگاه از ) (1داريم:
⎞⎛ x ⎟ f (x ) < ε x + f ⎜ n ⎠ ⎝2 x چون lim f (u ) = 0پس قرار می دھيم u →0 2n
) f (x 0 < x < δ1آنگاه < 2ε x
⇒ f (x ) < ε x + ε x
حال با قرار دادن } δ = min{δ1 , δ 2 ) f (x =0 x
= uدر اين صورت برای
δ1 ، ε x = ε1
ای موجود است به طوری که
خواھيم داشت:
lim x →0
سوال (20تابع پيوسته f : [0,1] → Rبا شرط ) f (0) = f (1و عدد طبيعی n ≥ 2
مفروض اند .ثابت کنيد که عددی
⎞1 مانند ] x ∈ [0,1وجود دارد و به طوری که ⎟ ⎠n
⎛ ⎝
⎞1 حل :تابع پيوسته g : [0,1] → Rرا با ضابطه ⎟ ⎠n
g ( x ) = f ( x ) − f ⎜ x +در نظر می گيريم .به آسانی می بينيم که
. f (x ) = f ⎜ x +
⎛ ⎝
⎞⎛1 ⎞⎛ n −1 ⎜ g (0) + g ⎜ ⎟ + ... + g ⎟=0 ⎠⎝n ⎠ ⎝ n اگر يکی از جمعوندھای باال صفر باشد حل مساله تمام است .اگر ھيچ يک از جمعوندھا صفر نباشد حداقل يکی از آنھا مثبت و
⎞1 حداقل يکی از آنھا منفی است .پس عددی مانند ] x ∈ [0,1به طوری که g (x ) = 0يا ⎟ ⎠n
⎛ ⎝
. f (x ) = f ⎜ x +
سوال (21فرض کنيد fبر ] [a, bپيوسته باشد ،تابع gرا بر ][a, b x =a ) ⎧⎪f ( a )(1 ⎨ max f t : t ∈ a , x a < x ≤ b ( ) [ ] { } ⎩⎪
به صورت زير تعريف می کنيم:
در اين صورت نشان دھيد که gتابعی پيوسته است. اثبات :به عنوان تمرين به دانشجو واگذار می شود.
سوال (22ثابت کنيد ھرگاه g (x ) = 0به ازای g ( x ) = 1, x < 0به ازای x ≥ 0
آنگاه ثابت کنيد تابعی مانند
f : R → Rموجود نيست که ) f ' ( x ) = g ( xبه ازای ھر x ∈ R اثبات :به طريقه برھان خلف عمل می کنيم .اگر چنين fای موجود باشد ،چون ' f
موجود است پس fبر ][− 1,1
پيوسته است و
f ' (1) = g (1) = 1; f ' (− 1) = g (− 1) = 0 در اين صورت بنابر قضيه مقدار ميانی برای مشتق ھا ' fبايد تمامی مقادير بين 0,1را دريافت کند .در صورتی که چنين نيست. لذا حکم ثابت می شود.
سوال (23فضای متريک فشرده Eو تابع پيوسته f : E → Eمفروض اند .ثابت کنيد زير مجموعه ای ناتھی مانند A ⊆ E
وجود دارد به طوری که f ( A) = A
اثبات :دنباله {An }∞n =1 ) f ( An n = 0,1,2,..
از زير مجموعه ھای Eرا به صورت زير تعريف می کنيم.
= A0 = E , An +1 ∞
به سادگی می توان ثابت کرد که } {Anنزولی است و Anھا فشرده اند .قرار می دھيم . A = I Anواضح است که A ≠ φ n=0
و ھمچنين ∞ ∞ ∞ ⎛ ∞ ⎞ A = I An ⇒ f ( A) = f ⎜ I An ⎟ ⊆ I f ( An ) = I An +1 = A n =0 n=0 ⎝ n=0 ⎠ n=0
حال کافی است ثابت کنيم ) . A ⊆ f ( Aفرض کنيد x ∈ Aنقطه ای دلخواه باشد در اين صورت به ازای ھر n ≥ 0
مانند xn ∈ An
عنصری
وجود دارد به طوری که ) x = f ( xnزيرا
) x = f ( xn
x ∈ A → x ∈ An+1 → x ∈ f ( An ) ⇒ ∃xn S , T
چون Eفشرده است و ) ميدانيم ھر دنباله در Eيک زير دنباله ھمگرا دارد( دراين صورت به ازای ھر n ≥ 0
داريم y ∈ Anو
از اين رو y ∈ Aو از طرف ديگر با توجه به پيوستگی fمی بينيم که
) yn → y ⇒ f ( yn ) → f ( y ) ⇒ x = f ( y
اين نشان ميدھد که ) . x ∈ f ( Aدر نتيجه )A ⊆ f ( A
و حکم ثابت می شود.
) f (x سوال (24فرض کنيم fروی Rمحدب باشد و = 0 x
limثابت کنيد ،تابع fثابت است.
∞x → ±
اثبات :به عھده متعلم سوال (25نشان دھيد تابع پيوسته مانند f : R → Rکه ھيچ دو نقطه متمايزی را به يک نقطه منتقل نمی کند وجود ندارد. 2
اثبات :با استفاده از برھان خلف به اثبات مساله می پردازيم .لذا فرض می کنيم نگاشت پيوسته f : R → Rبا اين شرط که 2
ھيچ دو نقطه متمايزی را به يک نقطه در مجموعه Rمنتقل نمی کند وجود داشته باشد. 2
دراين صورت سه نقطه متمايز C,B,Aرا در مجموعه Rچنان در نظر می گيريم که بر يک استقامت نباشند .آشکارا پيدا است که BCو
BA U ACھمبنداند .آنگاه بنابر قضيه )ھرگاه فضای متريک ) ( X , d
ھمبند بوده و نگاشت f : X → Rتابعی
پيوسته باشد در صورتی که a,bدو نقطه دلخواه در فضای ) ( X , dباشد .آنگاه نگاشت fتمام مقادير بين ) f (a ), f (b
را
اختيار می کند .يعنی
S .T f ( x ) = c
f ( a ) < c < f (b ) , ∃x ∈ X
∀c ∈ R , S .T
می توان ادعا نمود که ) f (BA U AC ), f (BCھمه مقادير بين ) f (Bو ) f (C به ازاي ھر عدد حقيقي
α
بين دو مقدار
)f (c), f ( B
AC U BA, BCوجود دارد که ) f ( x ) = α = f ( y
,و اختيار مي كند اين بدان معني است
نقاطی چون x,yبه ترتيب متعلق به پاره خطھای
و اين تناقض آشکار با فرض مساله است .لذا تابعی با مفروضات
مساله نمی تواند وجود داشته باشد.
سوال (26ھرگاه فضای متريک ) ( X , d مجموعه Xناشماراست.
ھمبند بوده و نگاشت f : X → Rتابعی پيوسته و غيرثابت باشد آنگاه نشان دھيد
اثبات :فرض کنيد تابع پيوسته و غيرثابت f : X → Rدو مقدار حقيقی α , βبه طوری که α < β صورت
تمام مقادير واقع در بازه ] [α , βرا می پذيرد .ولی ] [α , β
f
سوال (27فرض کنيد f : [a, b] → Rو نقطه a < c < b ) f (a ) < f (b ) < f (c داريم ) f (x1 ) = f (x2 اثبات :به ازای ھر
را می پذيرد .در اين
ناشماراست .پس Xناشمارا خواھد بود.
به گونه ای ھستند که
ثابت کنيد به ازای بی نھايت جفت مرتب مانند ) x1 < x2 < b, ( x1 , x2
< ،a
.
)f ( a ) < f (b) < λ < f (c) , λ ∈ f (c
c < x2 < b; f ( x1 ) = λ , f (x2 ) = λ
a < x1 < c,
بنابر قضيه مقدار ميانی می بينيم که
∃x1 , x2 ,
سوال (28ھمه تابع ھای پيوسته مانند f : R + → R ، fرا پيدا کنيد به طوری که اگر x ∈ R +
) f (x x
) (
= f x2
اثبات :فرض کنيم fويژگيھای مورد نظر ما را دارد .در اين صورت
)( x
f
x
= ) f (x
از استقرايی ساده می توان نتيجه گرفت که اگر nعددی طبيعی باشد.
)( x 2n
1 2n
f
1−
=
)( x 2n
f
1 1 1 + + ... + n 2 22 2
x بنابراين وقتی ∞ → n )f (1 = ) f (x x
= ) f (x x
از پيوستگی fنتيجه می شد که
c پس ھمه تابع ھايی به صورت x
= ) f ( xکه c ∈ R
ويژه مساله می باشد.
سوال (29ھمه تابعھای يک به يک و پوشا مانند ، f
]x ∈ [0,1
]f : [ 0,1] → [ 0,1
،را پيدا کنيد به طوری که به ازای ھر
،
f (2 x − f ( x )) = x
)(1
اثبات: ) توجه شود که در صورت مساله می توان يک به يک بودن را حذف کرد .علت را در اثبات بيابيد(.
فرض کنيد تابع fويژگی ھای مورد نظر ما را دارد .اگر ] x ∈ [0,1فرض کنيد ) d (x ) = x − f (x
فرض کنيد
] [ ) d ( xo + a ) = a = d ( xoقرار دارد .بنابراين ] [o,1در بازه a + xoپس ) a + x0 = 2 x0 − f ( x x0 ∈ 0,1به طوری که d ( x0 ) = aدر اين صورت
فرض کنيد Aمجموعه ھمه x
ھايی باشد که
(x ) = a
. dاز آنچه گفتيم نتيجه می شود که اگر . x + a ∈ A , x ∈ Aدر
نتيجه اگر n ∈ Nعدد طبيعی دلخواھی باشد ، x + na ∈ Aچون Aزير مجموعه ای از ] [0,1است پس a = 0 نتيجه فقط يک تابع مانند f ( x ) = x
وجود دارد که در ويژگی مورد نظر ) (1صدق می کند
در
سوال (30فرض کنيد f : R → R
تابعی پيوسته و غير ثابت باشد و به ازای تابعی مانند
)) f ( x + y ) = F ( f ( x ), f ( y
، Fاگر
x, y ∈ R
ثابت کنيد fاکيداً يکنوا است. اثبات:
به برھان خلف :فرض کنيد fاکيداً يکنوا نيست .در اينصورت از پيوستگی fنتيجه می شود که عددھايی حقيقی مانند s2 , s1 وجود دارند که < s2
s1و
) f (s1 ) = f (s2
اگر εعددی مثبت باشد از پيوستگی fنتيجه می شود که عددھايی حقيقی مانند t2 ,t1 , t1 < t 2
) f (t1 ) = f (t 2
, t 2 − t1 < ε
در بازه ] [s1, s2
وجود دارند که
به اين ترتيب اگر tعددی حقيقی باشد.
) f (t + (t2 − t1 )) = f ((t − t1 ) + t2 ) = F ( f (t − t1 ), f (t2 )) = F ( f (t − t1 ), f (t1 )) = f (t بنابراين fدوره ای است ،چون t2 − t1 < ε
و مقدار
ε
اختياری بود .پس ھر مقدار به دلخواه کوچک دوره تناوب تابع
پيوسته fاست .و اين يعنی fثابت است.
سوال (31آيا تابعی مانند f : (0, ∞ ) → R ، f
،وجود دارد که درتعداد نامتناھی نقطه پيوسته باشد و به ازای ھر عدد حقيقی
و مثبت مانند ، xفقط ،وقتی f ( x ) = 0که f (2 x ) ≠ 0 اثبات:
بله به ازای ھر عدد درست مانند k
فرض کنيد
⎧⎪0 ⎨ = ) f (x ⎪⎩1
22 k < x ≤ 22 k +1 22 k −1 < x ≤ 22 k
در اين صورت تابع fويژگی ھای مورد نظر ما را دارد.
سوال (32شرط الزم و کافی درمورد مقدار عدد k
پيدا کنيد ،به طوری که تابعی پيوسته مانند f : R → R, fوجود داشته
باشد که اگر f ( f ( x )) = kx 9 حل :
اگر k ≥ 0
1 4
فرض کنيد f ( x ) = k xدر اين صورت f ( f ( x )) = kxدر اين صورت
فرض كنيد k ≠ o
3
تابع
f : R → R, f
9
پيوسته است و اگر
(f ( x )) = kx 9 , x ∈ R
f ( f ( x ) ) = k x9 fدر اين صورت
f
.
يك
به يك و پوشاست. بنابراين چون fپيوسته است ،اکيداً يکنوا است .اکنون توجه کنيد چون fپيوسته است پس fاکيداً يکنوا است.
حال اگر fچه اکيداً صعودی باشد و چه اکيداً نزولی )) f ( f ( x صعودی بودن )) f ( f ( x
ھميشه اکيداً صعودی است پس اگر
k ≤0
به تناقض می رسيم در نتيجه fصعودی است.
سوال (33ھمه تابعھايی مانند ، f : R − {1} → Rرا پيدا کنيد که د رصفر پيوسته اند و اگر }x ∈ R − {1
باشد آنگاه با
⎞ ⎛ x ⎜ f (x ) = f ⎟ ⎠ ⎝1− x اثبات: به عھده متعلم واگذار می شود.
سوال , d ') , ( X , d ) (34
(Y
f : X → Yيک نگاشت است .ثابت کنيد شرط کافی برای اينکه
دو فضای متريک و
نگاشت fدر نقطه a ∈ Xپيوسته باشد ،آن است که به ازای ھر تابع g : Y → R ، gپيوسته در ) gof , f (a
در a
پيوسته باشد.
اثبات :تابع g : Y → Rبا ضابطه )) g ( y ) = d ' ( y, f (a
در نظر می گيريم .طبق فرض gofدر aپيوسته است .يعنی
به ازای ھر δ ، ε > 0ی مثبت ھست به طوری که اگر d ( x, a ) < δ , x ∈ X
آنگاه
gof ( x ) − gof (a ) = d ' ( f (x ), f (a )) < ε اين نشان می دھد که fدر aپيوسته است.
سوال (35فرض کنيم ] f : [a, b] → [a, bپيوسته صعودی باشد و f (a ) = a
} f (x )≥ x
ثابت کنيد اگر
f = {x | a ≤ x ≤ b
و
آنگاه f (E ) = E
حل :ابتدا نشان می دھيم که f (E ) ⊆ E
در اين صورت
S , T y = f ( x ) ⇒ f ( f (x )) ≥ f ( x ) ⇒ f ( y ) ≥ y
حال ثابت می کنيم ) . E ⊆ f (Eفرض کنيم x ∈ E
∀y ∈ f (E ) ⇒ ∃x ∈ E ⇒ y∈E
در اين صورت داريم که
]) f ([a, x]) = [ f (a ), f (x )] = [a, f ( x
و چون fپيوسته است و x ∈ Eپس ]) x ∈ [a, f ( x
در نتيجه از قضيه مقدار ميانی نتيجه می شود tای وجود دارد به طوری
که . f (t ) = xادعا می کنيم . f (t ) ≥ tيعنی t ∈ Eو لذا ) x ∈ f (E
زيرا اگر ، f (t ) < tداريم x < tچون fصعودی است f ( x ) < f (t ) = x .واين يعنی x ∉ E
که خالف فرض است.
سوال (36فرض کنيد f : R → Rتابعی پيوسته و يک به يک باشد نشان دھيد fتابعی اکيداً يکنواست. اثبات :فرض کنيد fاکيدا ً يکنوا نباشد دراين صورت سه عدد حقيقی x1 < x2 < x3موجودند. يا
) f ( x3 ) < f (x2
) f (x2 ) < f (x1
,
) f ( x1 ) < f ( x2
f ( x 2 ) < f ( x3 ) ,
در اين صورت در حالت اول اگر ) f ( x1 ) < f ( x3انگاه داريم
) f ( x1 ) < f ( x3 ) < f (x2 بنابرقضيه مقدار ميانی x1 < x0 < x2موجود است که ) f ( x0 ) = f ( x3که تناقض با يک به يک بودن fاست .و در ھمين
حالت اگر ) f ( x3 ) < f (x1
باز
ھم
به
تناقض
می
رسيم.
در
حالت
دوم
ھم
با
دو
حالت
گرفتن
) f ( x1 ) > f ( x3 ), f ( x1 ) < f ( x3به تناقض می رسيم پس fاکيداً يکنوا است.
سوال (37اگر E ⊆ R mمجموعه ای کراندار و تابع f : E → R nبه طور يکنواخت پيوسته باشد ،آنگاه ثابت کنيد ) f (E نيز کراندار است.
اثبات :اثبات را به شيوه برھان خلف انجام می دھيم .فرض کنيم ) f (E
کراندار نباشد.
∀n∈ N , ∃xn ∈ E : f ( xn ) > n
می دانيم } {xکراندار است و ھر دنباله کراندار دارای حداقل يک زير دنباله کشی مانند ) ( x k قبل ) ) ( f ( x kنيز يک دنباله کشی است .و از اين رو چون ھر دنباله کشی در Rکراندار است پس )) کراندار است .و اين ھم با نابرابری ) f ( x kتناقض دارد. n
n
است .بنابر مساله
n
n
kn
(f (x
نيز
n
سوال (38فرض کنيم f : R → Rيک تابع پيوسته متناوب با دوره تناوب T > 0
باشد .در اين صورت fبطور يکنواخت
پيوسته است.
اثبات :فرض کنيم ε > 0باتوجه به پيوستگی fدر ] [0,Tو با توجه به فشرده بودن ] [0,Tمی بينيم که fدر بازه ] [0,T
پيوسته يکنواخت است .پس عددی مانند δ > 0
وجود دارد به طوری که
x1 − x2 < δ ⇒ f ( x1 ) − f ( x2 ) < ε
] ∀x1 , x2 ∈ [0, T
حال فرض کنيد u,Vدو عدد حقيقی دلخواه باشد .به طوری که u − V < δ
با بررسی حالت ھای
kT ≤ u,V ≤ (k + 1)T , kT ≤ u ≤ (k + 1)T < V که در آن ، k ∈ Zبه آسانی می بينيم که f (u ) − f (V ) < ε سوال (39فضای متريک Eو زير مجموعه ناتھی A ⊆ Eمفروض اند .ثابت کنيد تابع f : E → R
)f ( x ) = d ( x, A
با ضابطه
به طور يکنواخت پيوسته است.
اثباتf (x ) − f ( y ) = d (x, A) − d ( y, A) ≤ d (x, y ) : می بينيم که fيک تابع lipاست پس fبطور يکنواخت پيوسته است. سوال (40
ثابت کنيد اگرتابع f : E → F
به طور يکنواخت پيوسته و ) (xnيک دنباله کوشی در Eباشد .آنگاه )) ( f (xn
نيز يک دنباله
کوشی در Fاست. اثبات :فرض کنيم
)(1
ε >0 ∃δ > 0: d ( x, y ) < δ ⇒ d ( f ( x ), f ( y )) < ε در اين صورت
چون ) ( xnيک دنباله کشی است در اين صورت
∀n, m ≥ N ⇒ d ( xm , xn ) < δ
S ,T
∃N
و بنابر ) (2با توجه به ) (1خواھيم داشت:
∀n, m ≥ N ⇒ d ( xm , xn ) < δ ⇒ d ( f ( xm ), f (xn )) < ε
S ,T
∃N
سوال (41با ارائه مثالی نشان دھيد که پيوستگی يکنواخت
f
1 اثبات :کافی است f : (0,1] → Rرا با ضابطه x
= ) f ( xقرار دھيم دراين صورت دنباله ⎬ ⎨ کشی است .اما
⎞⎛1 دنباله ⎟ = n ⎠⎝n
⎜ fکشی نيست.
در سوال قبلی شرط اساسی است.
⎫ ⎧1 ⎭⎩n
سوال (42فرض کنيد f : R → Rيک تابع پيوسته باشد که lim f ( x ) = Lنشان دھيد که fبطور يکنواخت پيوسته ∞x → ±
است.
اثبات :فر ض کنيد ε > 0دلخواه باشد .چون lim f (x ) = Lپس عدد مثبت Mموجود است .که برای ھر xاگر x > M ∞x → ±
آنگاه
ε
< f ( x ) − Lبنابراين اگر xو yدو عدد حقيقی چنان باشند بطوری که ] x, y ∉ [− M , M
2 ε
=ε
2
+
ε 2
آنگاه داريم:
< f (x ) − f ( y ) ≤ f (x ) − L + f ( y ) − L
اما چون fپيوسته است روی ، Rپس تحديد fبر بازه
] [− M , M
پيوسته ،در نتيجه پيوسته يکنواخت خواھد بود.
بنابراين δ1 > 0موجود است که برای ھر ] ، x, y ∈ [− M , Mاگر x − y < δ
آنگاه
f (x ) − f ( y ) < ε
حال با قرار دادن }δ = min{δ1 ,1
سوال (43فرض کنيد fبر ][0,1
مساله حل خواھد شد.
پيوسته و
f (I ) ⊆ Q, f ⎛⎜ 1 ⎞⎟ = 1ثابت کنيد fبر ][0,1
2
⎠⎝2
اثبات :اثبات را به شيوه برھان خلف طرح می کنيم .فرض کنيم fبر ][0,1
ثابت است.
] [
ثابت نباشد در اين صورت x0 ∈ 0,1ای ھست به
1 1 ≠ ) . f ( x0بنابر قضيه مقدار ميانی ،برد fبايد تمامی مقادير بين ) f ( x0و طوری که 2 2 1 برد fشامل ھيچ عدد گنگی نيست .لذا به ازای ھر ]f ( x ) = , x ∈ [0,1 2
را شامل شود .در صورتی که
سوال (44فرض کنيد f : R → Rپيوسته و کراندار باشد فرض می کنيم n
n
) Cيک مجموعه ھمبند و کراندار( }A = {x + f ( x ) : x ∈ C ثابت کنيد Aفشرده است.
اثبات :قرار می دھيم ) g (x ) = x + f (x M 2
≤ y
M , 2
≤ ) f (x
چون C,fکرانداراند و در نتيجه
∀x ∈ R k , y ∈ C
s, t
∃M
در اين صورت برای ھر x ∈ C M M ≤ g (x ) = f (x ) + x ≤ f (x ) + x + =M 2 2 داريم:
پس ) A = g (C
يک مجموعه کراندار است .و
چون )δ (A ) = δ ( A
در نتيجه Aنيز کراندار است .بنابراين Aزير
k
مجموعه بسته و کراندار از Rاست .بنابراين طبق قضيه ھاينه -بورل A ،فشرده است.
سوال (45فرض کنيم S ⊆ Rيک مجموعه ھم بند و f : R → R
کنيد} k = {x + f (x ) | x ∈ S
پيوسته باشد .در اين صورت فرض
نشان دھيد kھمبند است.
اثبات :قرار می دھيم ) . h( x ) = x + f ( xچون ) k = h(Sو Sھم بند است و h
پيوسته است .پس kھمبند است.
سوال (46فرض کنيد Qمجموعه اعداد گويا با متر اقليدسی Rباشد .و a,bدو عدد اصم باشند .که k = (a, b ) I Q
و a
اين صورت نشان دھيد که kزير مجموعه بسته و کرانداری از Qاست که فشرده نيست.
اثبات :واضح است که kکراندار است .زيرا با فرض} M = max{a , bداريم x ≤ Mو ∀x ∈ k
حال نشان می دھيم k
بسته است .کافی است نشان دھيم Q − kباز است. نشان ھر نقطه دلخواه x ∈ Q − kدارای يک ھمسايگی از Qمی باشد که زير مجموعه Q-kاست .و شامل xاست.
چون x ∈ Q − kپس x < aيا . x > bحال اگر x < aدراين صورت (2 x − a, a ) I Q
يک گوی باز Qمی باشد که
در Q − kقرار دارد .اما kدر Rبسته نيست .پس kدر Rفشرده نيست .پس kدر Qفشرده نخواھد بود؟ و حکم ثابت میشود.
)علت؟( زيرا از قضيه) :فرض کنيد ) ( X , d d1 = d | Y
فشرده است .اگر و تنھا اگر
يک فضای متری و
) K ⊆ ( X ,d
Y⊆X
باشد در اين صورت
) K ⊆ (Y , d1
که
فشرده باشد( .استفاده شده است.
مساله (47مثالی از يک تابع پيوسته f : R → Rو يک مجموعه باز B ⊆ Rبيان کنيد که ) f (B
حل :قرار می دھيم f (x ) = sin xدر اين صورت fتابعی پيوسته بر Rاست .با اينکه ) (0,2π ولی تصوير آن ] [− 1,1در Rباز نيست.
باز نباشد. مجموعه ای باز می باشد.
سوال (48فرض کنيد fو gتابع ھايی پيوسته بر ] [a, bباشند به طوری که ) f (a ) > g (aو ) f (b ) ≤ g (b
ثابت کنيد که
به ازای حداقل x0ای در ][a, b اثبات :تابع ) h( x ) = f ( x ) − g ( xرا در نظر می گيريم .واضح است که h(a )h(b ) < 0زيرا f (a ) − g (a ) > 0و پس h(a )h(b ) < 0 f (b ) − g (b ) < 0 نتيجه در ∃x0 S , T h(x0 ) = 0 ∃x0 S ,T پس ) f ( x0 ) = g ( x0 و ) . f ( x0 ) = g ( x0
سوال (49
f
و gتابعھايی حقيقی مقدار روی زير مجموعه ھايی از Rاند ،به طوری که :
-1دامنه gبازه ای مانند Iاست. g -2روي Iپيوسته است. -3دامنه fشامل برد gاست. اگر fogروی Iپيوسته باشد ،آنگاه ثابت کنيد fروی برد gپيوسته است.
اثبات :فرض کنيد fدر نقطه ای از برد gمانند ) g ( z
پيوسته نباشد در اين صورت عدد مثبت
مانند ε
ودنباله ای يکنوا
مانند ( g ( xn ))n =1از عددھای متمايز وجود داردکه ) g ( xn ) → g ( zاما f ( g ( xn )) − f ( g ( z )) ≥ ε ∞
بازه بسته ای است که دو سرش x1
'
و zاست .بنابر قضيه مقدار ميانی .به ازای ھر ، nنقطه ای در Jمانند xnوجود ∞
دارد ) . g ( xn′ ) = g ( xnدنباله( xn′ )n=1
کراندار است پس زير دنباله ای ھمگرا دارد .اين زير دنباله را
و فرض کنيد به ' zھمگراست .در اين صورت
) ( ) → g (z'), g (x ) = g (x ) → g (z بنابراين ) g (z ') = g ( zاکنون توجه کنيد که )))' f (g (x ) − f ( g (z nk
' nk
' nk
gx
' nk
)
) ( (
= f g x nk − f ( g ( z ) ) ≥ ε اما ' xn' k → z
فرض کنيد J
پس به تناقض رسيده ايم .زيرا fogپيوسته است .بنابراين حکم درست است.
) (
∞ n =1
'
xn kبناميد
1 سوال (50ثابت کنيد x
= ) f ( xروی ) ∞ [a,برای a > 0
حل: طبق قضيه )تابع پيوسته باشد(
آنگاه
f
f : [ a, ∞ ) → R
پيوسته
1 چون = 0 x → +∞ x
يکنواخت
پيوسته يکنواخت است.
مفروض است .در اين صورت اگر ) lim f ( xوجود داشته باشد )متناھی
است.
∞→x
حکم
مشابھی
] R = (− ∞, ∞ ), (− ∞, a
برای
داريم(.
پس
lim f ( x ) = limموجود است و متناھی است پس حکم برقرار است. ∞→n
سوال (51آيا يک تابع پيوسته کراندار روی مجموعه اعداد حقيقی لزوما ً پيوسته يکنواخت است. اثبات :تابع f ( x ) = sin xرا در نظر می گيريم :اگر دنباله ھای 2
π 2
xn = 2nπ +و yn = 2nπ
بگيريم ،می بينيم که xn − yn → 0در حالی که f ( xn ) − f ( yn ) = 1 → 0
سوال (52فرض کنيد fدر ) (α , βتعريف شده ،و در ) [a, b] ⊆ (α , β مانند x0که ] x0 ∈ [a, bو ) lim f ( xوجود ندارد. x→ x
را در نظر
پس fبه طور يکنواخت پيوسته نيست.
بی کران باشد ثابت کنيد که به ازای بعضی از نقاط
0
اثبات :فرض کنيد چنين نباشد يعنی برای ھر نقطه مانند x0و ) lim f (x
x → x0
در آن ھمسايگی کراندار است .و چون ] xo ∈ [ a, b
موجود باشد پس ھمسايگی از x0موجود است که f
به تناقض می رسيم.
سوال (53فرض کنيد Aزير مجموعه فشرده و ناتھی و Fزير مجموعه بسته ای از فضای متری ) ( X , d A I F = φدر اين صورت . d ( A, F ) > 0
باشد به طوری که
حل:
فرض کنيد . d ( A, F ) = 0چون تابع ) xd (x, F
بر Aپيوسته است به دليل فشردگی ، Aدر نقطه ای مانند x0 ∈ Aمينيمم
خود را می گيرد .بنابراين
d (x0 , F ) = d ( A, F ) = 0
و اين ايجاب می کند که ، x0 ∈ F = Fکه يک تناقض است.
فصل 8مسائل بخش مشتق پذيری فصل :8مشتق پذيری
x3 π سوال (1ثابت کنيد به ازای ھر < 0 < xداريم < sin x < x 2 6
x−
x3 π حل :ابتدا نابرابری < sin x x −را ثابت می کنيم دوتابع f , g : [0, [→ R 2 6
را با ضابطهھای
x3 6
g ( x ) = sin x, f ( x ) = x −در نظر می گيريم واضح است که f (0) = g (0) = 0
x2 2
g ' (x ) = cos x, f ' ( x ) = 1 −چون مقايسه ' g ' , fدشوار است .و در عين حا f ' (0) = g ' (0) = 1
مشتق يک بار ديگر داريم g" ( x ) = − sin x, f " ( x ) = − xداريم f " (0) = g" (0) = 0
و ھمچنين
با گرفتن
.با گرفتن يک بار ديگر مشتق
از " f " , gخواھيم داشت:
g" ' ( x ) = − cos x, f " ' (x ) = −1 x3 ) ، g" ' ( x ) ≥ f " ' ( xپس 6
و با توجه به اينکه به ازای ھر
π 2
< 0 < xداريم:
⎡⎤ π ∀x ∈ ⎥ 0, ⎢, ⎣⎦ 2
sin x > x −
tg x x π سوال (2ثابت کنيد که به ازای ھر < 0 < xداريم > 2 x sin x ⎡⎡ π حل :اين نابرابری ھم ارز است با tgx sin x − x 2 > 0دو تابع f , g : ⎢0, ⎢ → R ⎣⎣ 2
را با ضابطه ھای
g ( x ) = tgx sin x − x , f ( x ) = 0در نظر می گيريم .مالحظه می کنيم که 2
sin x + sin x − 2 x cos 2 x 2 sin 2 x ⎛ 1 ⎞ ⎜+ ⎟ + cos x − 2 = ) g" (x 3 cos x ⎝ cos x ⎠
= ) g (0) = 0 , g ' ( x
در نتيجه به ازای ھر
π 2
< 0 < xداريم:
)
) sec x − cos x > 0 = f " ( x 2
پس به ازای ھر
π 2
g ' (0) = 0,
(
2 sin 2 x + cos3 x
< 0 < xنابرابری g ( x ) > 0
سوال (3ثابت کنيد به ازای 0 < x < 1 حل :برای اثبات نابرابری
داريم
x 1− x 2
گرفتن , f ( x ) = 1 − x 2 Arc sin x
= ) g"(x
درست است.
x
1− x2
< x < Arc sin x
< A rc sin xکافی است ثابت کنيم 1 − x 2 Arc sin x < x f , g : [0,1[ → R, g (x ) = x
می بينيم که f (0) = g (0) = 0و به ازای ھر 0 < x < 1 ) Arc sin x + 1 < 1 = g ' ( x
−x 1 − x2
داريم
= ) f ' (x
در نتيجه به ازای ھر 0 < x < 1می توانيم بنويسيم ) f ( x ) < g (x
با
سوال (4ثابت کنيد eπ < π e
1 − log x log x = ) f ( xدر نظر می گيريم .می بينيم که حل :تابع f : ]0,+∞[ → Rرا با ضابطه 2 x x
نتيجهf ،در روی بازه [∞[e,+ 1 e
<
log π
π
= ) f ' ( xدر
اکيداً نزولی است و از اين رو
⇒ ) e < π ⇒ f (e ) > f (π
⇒ log π e < π ⇒ eπ < π e
سوال (5فرض کنيد f : R → Rدر x0مشتق پذير باشدg (x ) = f ( x ) , f ( x0 ) ≠ 0 ،
.ثابت کنيد gدر x0مشتق پذير
است و ) g ' ( x0را پيدا کنيد.
اگر x0 ≠ 0 حل: 2
2
x0 + h − x0 x + h − x0 = lim lim 0 h ) h( x0 + h + x0 ) h(2 x0 + h x = 0 h( x0 + h + x0 ) x0
= lim h →0
ھمچنين اگر ، h( x ) = xآنگاه ) g ( x ) = (hof )( x ھمچنين چون fدر x0مشتق پذير است و hھم در ) f ( x0مشتق پذير است ،بنابر قاعده زنجيری gدر x0
) f (x0 ) f ' (x0 ) f (x0
مشتق پذير است و
= ) g ' ( x0 ) = h' ( f ( x0 )) f ' ( x0
سوال (6فرض کنيد f : R → Rدر نقطه x0مشتق پذير باشد و . f ( x0 ) = 0ثابت کنيد تابع fدر نقطه x0 است .اگر و فقط اگر f ' ( x0 ) = 0
.
جواب:
اگر fدر نقطه x0
مشتق پذير باشد ،حد زير وجود دارد.
) f (x ) − f (x0 ) f (x = lim x → x0 x − x x − x0 0
lim
x → x0
) f (x و چون x − x0
در ھر ھمسايگی محذوف x0
) f (x پس = 0 x − x0
lim
در نتيجه
)f ( x
ھم مقداری مثبت و ھم مقداری منفی دارد.
x → x0
= lim
0 x − x0
x→ x
)f ( x
lim
0 x − xo
x→ x
مشتق پذير
) f (x بنابراين = 0 x − x0
f ' (x0 ) = lim
x → x0
) f (x از طرف ديگر اگر x − x0
) f (x انگاه= 0 : x − x0 ) f (x پس= 0 : x − x0
0 = f ' ( x0 ) = lim
x → x0
lim
x → x0
lim
x → x0
) f (x در نتيجه = 0 x − x0
lim
x → x0
) f ( x ) − f ( x0 ) f (x = lim در نتيجه = 0 x → x 0 x − x x − x0 0
limو اين مشتق پذير f
x → x0
سوال (7فرض کنيد f : R → Rمشتق پذير بوده و f ' ( x ) ≠ 1 حل :فرض کنيد x1 < x2 است بنابراين
را ثابت می کند.
ثابت کنيد fحداکثر يک نقطه ثابت دارد.
دو نقطه ثابت برای fباشند .در اين صورت fبر بازه ] [x1, x2
) c ∈ ( x1, x2
دارای شرايط قضيه مقدار ميانگين
موجوداست که
f ( x2 ) − f (x1 ) x2 − x1 = =1 x2 − x1 x2 − x1
= ) f ' (c
واين با فرض مساله تناقض دارد پس حکم ثابت می شود.
سوال (8فرض کنيد ] f : [a, b] → [a, bپيوسته و روی ) (a, bمشتق پذير و برای ) x ∈ (a, b f ' (x ) ≠ 1
داشته باشيم
.نشان دھيد که fدارای يک ثابت منحصر به فرد است.
حل :ابتدا قسمت وجودی مساله را حل می کنيم .اگر f (a ) = aو f (b ) = b
کنيد . f (b) < b, f (a ) > aبا قرار دادن (x ) = f (x ) − x g (b ) = f (b ) − b < 0, g (a ) = f (a ) − a > 0
که مسئله حل است .پس فرض
. gدر اين صورت gتابعی پيوسته است و
بنابر قضيه مقدار ميانی
f ( c ) = cيا g (c ) = 0
∃c S .t
بنابر مسئله قبل يکتايی cثابت میشود.
سوال (9فرض کنيد fروی ] [a, bپيوسته و روی ) (a, bمشتق پذير و f ' ( x ) ≤ k < 1
] c ∈ [a, bموجود است به طوری که f (c ) = c
.
حل :بنابر دو مسئله قبل ،سوال به سادگی ثابت میشود. سوال (10فرض کنيد fيک تابع حقيقی مقدار روی Rباشد به طوری که
)الف( ) f ' ( xبرای ھر x ∈ R
وجود دارد:
)ب( xی وجود ندارد که در رابطه f ( x ) = f ' ( x ) = 0
نشان دھيد مجموعه }{x ∈ [0,1] | f (x ) = 0
صدق کند؛
متناھی است.
.نشان دھيد که نقطه يکتايی
A = { x ∈ [01متناھی باشد چون ] [0,1فشرده است و A ⊆ S حل :فرض کنيد }, ] : f ( x ) = 0 Aدارای يک نقطه حدی ]x0 ∈ [0,1
است .بنابراين دنباله {xn }∞n =1
و Aنامتناھی است پس
در اين
مجموعه موجود است که xn → x0و چون fپيوسته است پس ) f (xn ) → f ( x0و چون f ( xn ) = 0 . f ( x0 ) = 0از طرفی چون fدر x0 ) f ( xn ) − f ( x0 =0 xn − x0
پس
مشتق پذير نيز می باشد .پس
f ' ( x0 ) = lim
∞→n
در نتيجه f ( x0 ) = f ' ( x0 ) = 0
يعنی fو ' fدارای يک صفر مشترک است که تناقض با فرض مساله است.
سوال (11فرض کنيد f : [a,+∞) → Rپيوسته و ) ∞ (a,+مشتق پذير است .اگر ) lim f (xموجود و برابر با ) f (a ∞x → +
باشد .نشان دھيد عددی مانند c>aموجود است به طوری که f ' (c ) = 0
.
حل :
اگر fھرگونه صفر نشود ،بنابراين fاکيداً يکنواست .اگر fاکيداً صعودی باشد آنگاه f (a ) < f (a + 1) < f (a + 2) < ...
و اين با فرض ) lim f (x ) = f (aتناقض دارد .استدالل مشابھی برای حالت اکيداً نزولی داريم .پس ' f ∞x → +
بايد حداقل يک
عنصر داشته باشد.
سوال (12بازه Iو تابع f : I → Rکه روی I 0
مشتق پذير است مفروض اند .دراين صورت fيک تابع lipاست .اگر و فقط
اگر ' fکراندار باشد ) fپيوسته است ( f : I → R
حل :فرض کنيم ' fروی I 0کراندار باشد و به ازای عدد M > 0داشته باشيم f ' ( x ) ≤ M
در اين صورت به ازای ھر
دو نقطه دلخواه x
f (x ) − f ( y ) = x − y f ' (z ) ≤ M x − y برعکس فرض کنيم fيک تابع lipباشد و به ازای عددی مانند M>0داشته باشيم
f (x ) − f ( y ) ≤ M x − y
) ( x, y ∈ I
در اين صورت به ازای ھر x ∈ Iمی بينيم 0
) f ( y ) − f (x ≤M y−x
≤ y ≠ x ⇒ lim y→x
= f ' (x ) ≤ M
پس ' fروی I 0
کراندار است.
سوال (13ثابت کنيد که به ازای ھر دو عدد مثبت x,yداريم
1 1 − ≤ x− y x +1 1+ y 1 حل :تابع f : ]0, ∞[ → Rرا با ضابطه 1+ x −1 = ) f ' (x (1 + x )2
= ) f ( xدر نظر می گيريم .دراين صورت
و
و از اين رو f ' ( x ) ≤ 1
بنابر مساله قبل
1 1 − = f (x ) − f ( y ) ≤ x − y 1+ x 1+ y سوال (14اگر yيک ثابت غير صفر و nيک عدد طبيعی زوج باشد ثابت کنيد که رابطه
) x n + y n = (x + y
)(1
n
فقط به ازای x = 0
برقرار است.
اثبات به برھان خلف :فرض کنيم x0ای موجود باشد که x0 ≠ 0و رابطه ) (1به ازای يک x0
برقرار باشد .در اين صورت
قرار می دھيم
) f (x ) = x + y − (x + y
n
n
n
با توجه به f (0) = f (x0 ) = 0از قضيه رول نتيجه می شود که به ازای عددی مانند cبين 0و x0
داريمf ' (c ) = 0 ⇒ c = c + y ⇒ y = 0 : پس به تناقض می رسيم واين خالف فرض است.
مسئله (15توابع پيوسته f , g : [a, b] → Rروی [ ]a, bمشتق پذيراند و به ازای ھر a < x < bداريم g ' ( x ) ≠ 0
ثابت
کنيد
) f (c ) − f (a ) f ' (c = ) g (b ) − g (c ) g ' (c
∃c s , t a < c < b :
حل :تابع h : [a, b] → Rرا با ضابطه ) h(x ) = g (b ) f ( x ) − f (a )g (x ) − f (x )g (x
در نظر می گيريم به آسانی
ديده می شود که hدر شرايط قضيه رول صدق می کند .پس به ازای عددی مانند a < c < bداريم h' (c ) = 0 محاسبه ) h' (c
پس از
رابطه مورد نظر بدست می آيد.
سوال (16تابع پيوسته f : [0,1] → Rروی ) (0,1مشتق پذير است و f (1) = 1, f (0) = 0
اگر nعددی طبيعی باشد ثابت n
کنيد که نقاطی مانند o < x1 < x2 < ... < xn < 1وجود دارند به طوری که ∑ f ' (x ) = n k
.
k =1
n −1 1 1 1,به nبازه بسته )ھر يک به طول حل :بازه ] [0,1را با استفاده از نقاط ,..., ,0 n n n k −1 k وجود دارد به طوری که مقدار ميانگين به ازای ھر 1 ≤ k ≤ nنقطه ای مانند < < xk n n
( تقسيم می کنيم .با استفاده از قضيه
⎞⎛k ⎛ k −1⎞ 1 ⎜⎟− f ) ⎟ = f ' (xk ⎠⎝n ⎝ n ⎠ n
⎜ fدر اين صورت
n ⎞⎡ ⎛k ⎛ k − 1 ⎞⎤ 1 n ⎜ 1= ∑⎢ f ⎜ ⎟ − f ) ⎟⎥ = ∑ f ' ( xk ⎝ n ⎠⎦ n k =1 ⎠ k =1 ⎣ ⎝ n n
⇒ ∑ f ' (xk ) = n k =1
سوال (17دو تابع مشتق پذير f , g : R → Rبه گونه ای ھستند که تابع ' f ' g − fgھرگز صفر نمی شود .اگر
f (x1 ) = f (x2 ) = 0ثابت کنيد gدر حداقل يک نقطه بين x1 , x2
صفر می شود.
f حل) :برھان خلف( فرض کنيد gبين ھيچ نقطه ای از x1 , x2صفر نشود ،آنگاه تابع : [x1 , x2 ] → R g
در شرايط قضيه رول
x1 , x2
در
صدق
می
کند
و
از
⎛ f ⎞′ رو ⎟ ⎜ ⎠⎝g
اين
نتيجه f ' (c )g (c ) − f (c )g ' (c ) = 0
بايد
در
نقطه
ای
c
مانند
بين
صفر
شود.
واين خالف فرض است.
a0 a1 a2 a سوال (18اگر + + + ... + n = 0 1 2 3 n +1
باشد ،برای بعضی مقادير xدر ][0,1
نشان دھيد
a0 + a1 x + ... + an x n = 0
حل :تابع ) f (xرا به صورت زير تعريف می کنيم ) ) f (x
پيوسته است(.
a1x 2 a2 x 3 an x n +1 f ( x ) = a0 x + + + ... + 2 3 n +1
برای فاصله ][0,1
می توان نوشت:
a1 a2 a + + ... + n = 0 2 3 n +1
f (1) = a0 +
f (0) = 0
⇒ f (0) = f (1) = 0
از طرفی تابع ) f (xدر ] [0,1پيوسته و در )(0,1
مشتق پذير است.
لذا طبق قضيه رول حداقل يک مقدار مانند x0در فاصله فوق موجود است به طوری که f ' ( x0 ) = 0
باشد.
f ' ( x ) = a0 + a1 x + ... + an x n
f ' (x0 ) = a0 + a1 x0 + ... + an x0n = 0لذا x0يک ريشه معادله اصلی و در فاصله ][0,1 x2 x2n + ... + سوال (19نشاندھيد که به ازای ھر x ∈ Rمعادله = 0 !) (2n !2
x+
می باشد.
1 +جواب ندارد.
حل :کافی است نشان دھيم
x2 x2n + ... + >0 !) (2n !2
1 + x +برای ھر x ∈ R
برقرار است .وقتی که xعددی مثبت يا صفر است .ادعا مساله درست
است .فرض کنيم xعددی منفی و kعددی صحيح و نامنفی باشد به طوری که
x2 xk x k +1 xk ≥ ≤ ≥ ...,1≤ x ≤ ≤ ... 2 !)k ! ( k + 1 !k n > 2k
.ھرگاه 2n < k
حکم مساله درست است .در حالی که
داريم 2n
2
2n
2
x x x x + ... + > 1+ x + + ... + + ... = e x > 0 !2 !2 !) (2n !) (2n
1+ x +
سوال(20فرض کنيد f : R → Rتابعی متناوب و در ھر نقطه مشتق پذير باشد .ثابت کنيد تابع fھم متناوب است. راه حل :فرض کنيد دوره تناوب fبرابر با Tباشد .توجه کنيد که
) f (x + T + h ) − f (x + T = h ) f (x + h ) − f (x = lim h ) = f ' (x = ) f ' (x + T
بنابراين ' fھم تابعی متناوب با دوره تناوب Tاست.
⎞ 1 سوال (21فرض کنيد − 1⎟, n = 1,2,... ⎠ n
⎛ ⎝
Qn = n⎜ cosثابت کنيد } {Qnدنباله ای ھمگراست و حد آنرا پيدا کنيد.
حل :فرض کنيم f : R → Rتابعی مشتق پذير باشد،
⎛ ⎛ ⎞ ⎞1 Qn = n⎜⎜ f ⎜ x0 + ⎟ − f (x0 )⎟⎟, n = 1,2,... ⎠n ⎝ ⎝ ⎠
ميدانيم } {Qnدنباله ای ھمگراست و حد آن برابر ) f ′ ( x0می باشد پس با قرار دادن f ( x ) = sin x
و
π 2
صورت
⎞ ⎛ ⎛π 1 ⎞ 1 ⎞π ⎛ ⎟⎟ Qn = n⎜ cos − 1⎟ = n⎜⎜ sin ⎜ + ⎟ − sin ⎠2 ⎠ n ⎝ ⎠⎝ ⎝ 2 n پس
lim Qn = f ' ( x0 ) = 0در نتيجه lim Q n = 0
∞→ n
∞→n
مساله (22اگر 0 < a < b b
a
⎞⎛b ⎞⎛b b−a ⎟ ⎜< ⎜ ⎟ <e ⎠⎝a ⎠⎝a
باشد نشان دھيد
)(1
و از نامساوی فوق نتيجه می گيريم: n +1
)(n > 0
n
⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎟ ⎜1 + ⎟ < e < ⎜ 1 + ⎠⎝ n ⎠⎝ n
)(2
x
حال چون eتابعی است صعودی ،بنابراين کافی است رابطه زير را ثابت کنيم b
رابطه )(1
a
⎞⎛b ⎞⎛b ⎟ ⎜ Ln ⎜ ⎟ < b − a < Ln ⎠⎝a ⎠⎝a b
داريم
⎞⎛b ) Ln⎜ ⎟ = b(Lnb − Lna ⎠⎝a
سپس از قضيه مقدار ميانگين در مشتقات استفاده می کنيم:
f (b ) − f (a ) = (b − a ) f ' (c ), f (x ) = Lnx
1 f ' (c ) = ,0 < a < c < b c
1 f ' (x ) = , x
a
⎞⎛b Ln⎜ ⎟ = a(Lnb − Lna ), ⎠⎝a
= x0در اين
b−a c
= ⇒ ∃ c ∈ (a, b ), Ln b − Lna ) b − a = c(Lnb − Lna
طرفين رابطه a < c < bرا در عبارت Lnb − Lna
ضرب می کنيم داريم:
) a (Lnb − Lna ) < c(Lnb − Lna ) < b(Lnb − Lna ) a (Lnb − Lna ) < b − a < b(Lnb − Lna ⎞⎛ b ⎞⎛ b ⎟ a⎜ Ln ⎟ < b − a < b⎜ Ln ⎠⎝ a ⎠⎝ a
b
a
a
b
⎞⎛b ⎞⎛b ⎞⎛b ⎞⎛b ⎟ ⎜ < Ln⎜ ⎟ < b − a < Ln⎜ ⎟ ⇒ ⎜ ⎟ < eb − a ⎠⎝a ⎠⎝a ⎠⎝a ⎠⎝a
در رابطه ) (1قرار می دھيم a = n, b = n + 1در اين صورت نامساوی ) (2بدست می آيد.
مساله (23تابع fروی بازه ][a, b نقاط )) (b, f (b )), (a, f (aنمودار fرادر نقطه سومی چون ) c ∈ (a, bقطع می کند ثابت کنيد به ازای حداقل يک نقطه مانند tدر ) (a, bداريم f "(t ) = 0
پيوسته و روی بازه ) ( a , bمشتق پذير است و مشتق دوم دارد و پاره خط و اصل بين
حل :تابع fروی يک بازه
ھای][c, b], [a, c
) f (c ) − f ( a ) = f ' (c1 c −a ) f ( b ) − f (c ) = f ' (c 2 b −c
پيوسته و روی ھر يک از بازه ھای
) (c, b ), (a, c
∃c1 ∈ ( a , c ) : ∃c 2 ∈ (c , b ) :
طبق قضيه مقدار ميانگين می توان نوشت: واضح است که سمت چپ عبارات فوق با ھم برابرند).با توجه به فرض(
درنتيجه داريم ) f ' (c1 ) = f ' (c2و تابع ' f
در ] [c1,c2پيوسته و در ) (c1,c2
و طبق قضيه اول در مورد تابع ' fمی توان نوشت
و چون )(c1, c2 ) ⊂ (a, b
مي باشد داريم:
∃t ∈ ( a, b ) : f ′′ ( t ) = o
مشتق پذير است.
مشتق پذير است.
مساله (24ثابت کنيد تابعی پيوسته و پوشا مانند ) f : [a, b] → (c, d
وجود ندارد.
اثبات:
فرض کنيد fچنين تابعی باشد .چون f
f ( x2 ) = max f
روی ][a, b
پيوسته است ،بنابراين عددھای
f ( x1 ) = min f
,
پس ھيچ عددی خارج بازه ]) [ f (x1 ), f (x2 ]) [ f ( x1 ), f ( x2در برد fاست .پس برد f
x1, x2در بازه ][a, b
وجود دارند که
در برد fنيست .از طرف ديکر ،بنابر قضيه مقدار ميانی ،ھر عددی دربازه بازه ای بسته است و اين با پوشا بودن fتناقض دارد.
مساله (25فرض کنيد a, bدو عدد حقيقی f , a < b ،تابعی حقيقی و پيوسته بر ][a, b صفر نمی شود .بر فاصله ) (a, bمشتق پذير است ثابت کنيد عضوی مانند cدر ) (a, bھست به طوری که
باشد .فرض کنيد fدر اين فاصله
) f (a ) (a − b ) f ' (c =e ) f (b ) f (c اثبات: تابع
g = log fبر فاصله ] [a, bپيوسته بوده و بر )(a, b
مشتق پذير است.
در نتيجه بنابر قضيه مقدار ميانگين
) g (a ) − g (b ) = (a − b )g ' (c ) f (a ) f ' (c ) = (a − b و از آنجا ) f (b ) f (c
log
) f (a ) f (a چون تابع fپيوسته است بر ] [a, bصفر نمی شود .دارای عالمت ثابتی است ،پس = ) f (b ) f (b
درنتيجه
)) f (a ) (a − b ) ff '((cc =e ) f (b
مساله (26فرض کنيد fبر ] [a, bپيوسته و α , β
فاصله ][a, b
دو عدد حقيقی مثبت باشند .ثابت کنيد الاقل يک عدد حقيقی cدر
وجود دارد به قسمتی که
) αf (a ) + βf (b ) = (α + β ) f (c اثبات :فرض کنيد m = min fو
m ≤ f (a ) ≤ M m ≤ f (b ) ≤ M
M = max fدر فاصله ][a, b
باشد .در اين صورت
و چون αو β
دو عدد مثبت اند می توان نوشت:
αm ≤ α f (a ) ≤ αM β m ≤ β f (b ) ≤ β M در نتيجه
( α + β ) m ≤ α f ( a ) + β f ( b ) ≤ (α + β ) M ) α f (a ) + β f (b ≤M α +β
يعنی
بنابراين الاقل نقطه ای مانند ]c ∈ [a, b
≤m
وجود دارد به طوری که
) α f (a ) + β f (b ) = f (c α +β و حکم برقرار است.
n ∈N سوال (27فرض کنيد
ثابت کنيد fدر نقطه
o
⎧1 ⎪⎪ 4n ⎨ = ) f (x ⎪0 ⎩⎪
1 , 2n 1 x ≠ n 2 = x
مشتق پذير است.
حل:توجه کنيد که اگر x ≠ 0 n ∈N
فرض کنيد
ε >0
باشد ،در اين صورت عدد طبيعی مانند
Nوجود دارد به طوری که
1 <ε 2N 1 بنابراين اگر 2N
< ، 0 < xآنگاه
1 , 2n 1 x ≠ n 2
= x
⎧1 f ( x ) ⎪⎪ 2n ⎨= x ⎪0 ⎩⎪
f (x ) 1 < N <ε x 2 و در نتيجه
) f (x =0 x
lim x →0
يعنی fدر نقطه 0مشتق پذير است.
, n ∈N مساله (28فرض کنيد
⎧ 1 ⎪⎪ 2n +1 ⎨ = ) f ( xثابت کنيد fدرنقطه 0مشتق پذير ⎪0 ⎩⎪
1 2n 1 x ≠ n 2
= x
نيست.
اثبات: توجه کنيد که اگر ، x ≠ 0
1 , n ∈N 2n 1 x ≠ n 2
= x
فرض کنيد fدرنقطه 0
⎧1 ⎪⎪ 2 ⎨= ⎪0 ⎩⎪
) f (x x
مشتق پذير باشد .در اين صورت ،عددی مانند ، lوجوددارد که
) f (x =l x
lim
x →0
بنابراين عددی مانند δوجود دارد که x < δ
< ، 0آنگاه
) f (x 1 < −L x 4 1 عدد طبيعی مانند Nوجود دارد که < δ 2N
.پس
⎞ ⎟ ⎠−L = 1−L < 1 2 4
⎛ 1 f⎜ N ⎝2 1 2N
1 و ھمچنين x .ای وجود دارد به طوری که به ازای ھيچ عدد طبيعی مانند kبه شکل 2k
نيست و 0 < x0 < δ
پس
1 ) f ( x0 < −L = 0−L 4 x0 در نتيجه
1 1 1 1 1 1 = = −L+L ≤ −L + L < + 2 2 2 4 4 2
اين تناقض نشان می دھد fدر نقطه 0
سوال (29فرض کنيد → ) f : (a, b n = 1,2,... و
مشتق پذير نيست.
در نقطه x0مشتق پذير باشد و } {bn }, {anدو دنباله باشند که
a < an < x0 < bn < b
) f (bn ) − f (an = lim an = x0 bn − an ∞→ n
lim
∞→ n
ثابت کنيد
) f ( bn ) − f ( aa )= f ' ( x0 bn − an
حل:فرض کنيد n = 1,2,...
bn − x0 bn − an
lim
∞→n
= tnدر اين صورت به ازای ھر عدد طبيعی مانند
0< tn < 1 ، n
) ⎛ f (bn ) − f (x0 ⎞ ) ⎛ f (an ) − f ' (x0 ⎞ ) f (bn ) − f (an ⎜⎜ − f ' (x0 ) = tn ⎜⎜) − f ' ( x0 )⎟⎟ + (1 − tn ⎟⎟) − f ( x0 bn − an an − x0 ⎝ bn − x0 ⎠ ⎝ ⎠
توجه کنيم که می توانيم بنويسيم
b n = x 0 + hn
lim hn = 0 ,
∞→ n
.
پس
) f (b n ) − f ( x 0 )f ( x 0 + h n ) − f ( x 0 = lim )= f ' ( x 0 ∞→ n ∞→ b n bn − x 0 hn lim
و به طور مشابه
)f ( an ) − f ( x0 )= f ' ( x0 an − x0
lim
∞→n
چون دنباله ھای } {1 − tn }, {tnکراندارند،
) ⎛ f ( bn ) − f ( an ⎞ ) f ( bn ) − f ( an ⎜ lim − f ' ( x0) ⎟ = 0⇒ lim )= f ' ( x0 ∞→n ∞→n b a b a − − n n n n ⎝ ⎠ سوال (30اگر ]f : (0,1) → [1,2
)(0,1
تابعی مشتق پذير باشد و به رو)پوشا( باشد در اينصورت نشان دھيد ' fحداقل دو ريشه در
دارد.
حل:
چون fپوشاست پس )a, b ∈ (0,1
موجود است به طوری که
f (b ) = 2
f (a ) = 1 , })2 = sup{ f (x ) : x ∈ (0,1 })1 = inf { f ( x ) : x ∈ (0,1 از طرفی ) (0,1باز است پس نقاط a, bاکسترمم موضعی f
سوال f (31
روی ) ∞ (0,
مشتق پذيرو
) ) lim ( f ( x ) + f ' ( x
) lim f ' ( x ) ,lim f ( xبه ترتيب برابر Lو 0 ∞→x
حل :
∞→x
بر )(0,1 ∞→ x
است.
است اما fمشتق پذير است ،لذا برابر با Lآنگاه ثابت کنيد
lim ( f ( x ) + f ' ( x ) ) = L
∞→ x
∀x > N
∀ε > 0 ∃N > 0 : f ( x ) + f ' ( x ) − L < ε L − ε < f ( x ) + f '( x ) < L + ε
∀x > N ∀x > N
e x ( L − ε ) < ( f ( x ) + f ' ( x ) )e x < ( L + ε )e x
) ) < ( ( L + ε )e
' x
∀x > N
'
(
< f ( x ) .e x
'
)) ( L − ε
x
(e
e x ( L − ε ) < f ( x )e x < ( L + ε )e x ⇒ L − ε < f ( x ) < L + ε
پس lim f ' ( x ) = Lدر نتيجه lim f ' (x ) = 0 ∞→ x
∞→ x
سوال(32تابع fبر Rمشتق پذير است و f ′( x ) ≤ 1, f ( −1) = −1, f (1) = 1آنگاه نشان دھيد f (0) = 0 حل:
بنابر قضيه مقدار ميانی c2 ,c1 ،در بازه ھای )(0,1), (− 1,0
چنان موجود است که
) f (0) − f (− 1) = (0 − (− 1)) f ' (c1 f (0) + 1 = f ' (c1 ) ⇒ f ' (c1 ) + f ' (c2 ) = 2
f (1) − f (0) = (1 − 0) f ' (c2 ) ,
,
) 1 − f (0) = f ' (c2
با توجه به اينکه f ' ≤ 1پس f ' (c1 ) = f ' (c2 ) = 1 در نتيجه f (0) = 0 سوال (33فرض کنيد تابع f : [0,1] → Rروی بازه ] [0,1پيوسته و روی بازه ) (0,1مشتق پذير باشد و f (0) = 0
فرض کنيد nعددی طبيعی باشد .ثابت کنيد عددی مانند cدر بازه )(0,1 ) nc n−1 f ( c
1− c n حل:
= ) f '(c
وجود دارد که
،
) g ، g ( x ) = (x n − 1) f ( xدر شرايط قضيه رول صدق می کند بنابراين عددی مانند c
فرض کنيد ]x ∈ [0,1
بازه )(0,1
در
وجود دارد که
(
)
) 0 = g ' (c ) = nc n −1 f (c ) + c n − 1 f ' (c ) nc n −1 f (c 1 − cn سوال (34فرض کنيد تابع
f (1) = 0
بازه )(− 1,1
روی
f
f (x ) > 0
= ) ⇒ f ' (c
بازه ][− 1,1 )) ، ( x ∈ (− 1,1و
پيوسته و روی بازه
)(− 1,1
مشتق پذير باشد .اگر
m, nعددھايی طبيعی باشند ،ثابت کنيد عددی مانند c
در
وجود دارد که
) mf (c ) f ' (− c ) = nf (− c ) f ' (c
]
حل :فرض کنيد ( f (x ))n مانند cدر بازه ) (− 1,1وجود دارد که
[
)) ∀x ∈ − 1,1 ; g ( x ) = ( f (− xتابع gدر شرايط قضيه رول صدق می کند بنابراين عددی
m
f ' (c ) = 0
)) f ' (− c )( f (c )) + n( f (− c )) ( f (c
n −1
m
با تقسيم اين برابری به ( f (c ))n −1
n
)) − m( f (− c
m −1
)) ( f (− cنتيجه مطلوب به دست می آيد.
m −1
سوال (35فرض کنيد a,b,cعددھايی حقيقی باشند و . a ≤ b ≤ cھمچنين فرض کنيد f : [a, c] → R
روی ) (a, c
مشتق پذير باشد .ثابت کنيد اگر ' fتابعی صعودی باشد آنگاه
)(b − a ) f (c ) + (c − b) f (a ) ≥ (c − a ) f (b
.
حل :بنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند sدر بازه ) (b, c
وجود دارد که
) f (b ) − f (c ) = f ' (s b−c
ھمچنين عددی مانند tدر بازه )(a, b
وجود دارد که
) f (b ) − f (a ) = f ' (t b−a
چون t<sو ' fصعودی است پس ) f ' (t ) ≤ f ' (s
در نتيجه
تابعی پيوسته و
) f (b ) − f (a ) f (b ) − f (c ) ⇒ (b − a ) f (c ) + (c − b ) f (a ) ≥ (c − a ) f (b ≤ b−a b−a و حکم ثابت می شود. سوال (36فرض کنيد تابع f : R → Rمشتق پذير و ' fصعودی اکيد باشد .ھمچنين فرض کنيد b,aعددھايی حقيقی باشند و
f (b ) + f ' (b ) > aثابت کنيد f ( b + 1) > a
حل :قضيه مقدار ميانگين را در مورد بازه ][b, b + 1 ) f (b + 1) − f (b ) = f (b + 1) − f (b b +1− b
به کار می بريم در نتيجه داريم:
= ) f ' (c
∃c s , t
) f (b + 1) = f ' (c ) + f (b و چون ' fصعودی است پس ) f ' (c ) > f ' (b
در نتيجه
f (b + 1) = f ' (c ) + f (b ) > f ' (b ) + f (b ) > a ⇒ f (b + 1) > a سوال (37فرض کنيد f : R → Rمشتق پذير باشد و lim f ' ( x ) = 0ثابت کنيد ∞→x
lim ( f ( x + 1) − f ( x )) = 0 ∞→x
حل :فرض کنيد xعددی حقيقی باشد .بنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند cدر بازه
) f (x + 1) − f (x ) = f ' (c x>N
اکنون توجه کنيد که اگر
ε
عددی حقيقی و مثبت باشد ،عددی مثبت مانند Nوجود دارد که
f ' (x ) < ε
بنابراين f ( x + 1) − f ( x ) < εو ∀x > Nدر نتيجه lim ( f ( x + 1) − f ( x )) = 0 ∞→x
سوال (38فرض کنيد f : R → Rمشتق پذير باشد.
∀x ∈ R
f (x ) f ' (x ) = 0
ثابت کنيد fتابعی ثابت است. راه حل :فرض کنيد
x∈R
)) g (x ) = ( f (x
2
)(x, x + 1
وجود دارد که
در اين صورت gروی Rمشتق پذير است و
g ' ( x ) = 2 f ' ( x ) f (x ) = 0 ⇒ g = const ⇒ f = const سوال (40فرض کنيد تابعھايی fو gروی بازه ] [a, bپيوسته و روی بازه ) (a, bمشتق پذير باشند و ) f (b ) = g (b
) f (a ) = g (aثابت کنيد نقطه ای مانند x0در بازه )(a, b
و
وجود دارد که
) f ' ( x0 ) = g ' (x0
حل :توجه کنيد که تابع f-gروی بازه ] [a, bپيوسته و روی بازه )(a, b
مشتق پذير است.
− g )(a ) = f (a ) − g (a ) = 0, ( f − g )(b ) = f (b ) − g (b ) = 0
پس بنابر قضيه رول نقطه ای مانند x0در بازه )(a, b − g )' ( x0 ) = 0 ⇒ f ' ( x0 ) − g ' (x0 ) = 0 ) ⇒ f ' ( x0 ) = g ' ( x0
(f
وجود دارد به طوری که
(f
سوال (41تابع مشتق پذير f : [a, b] → Rبه گونه ای است که ) . f ' (a ) < f ' (bاگر ) f ' (a ) < λ < f ' (b ثابت کنيد عددی مانند a < c < bوجود دارد که ) f ' (c ) = λاگر ) f ' (b ) < f ' (a
حکم را ثابت کنيد(.
اثبات :تابع φ : [a, b] → Rرا با ضابطه φ ( x ) = f ( x ) − λ xدر نظر می گيريمφ .
. φ ' (x ) = f ' (x ) − λبا توجه به (b) = f ' (b ) − λ > 0, φ ' (a ) = f ' (a ) − λ < 0 ) φ (t2 ) < φ (b
آنگاه
مشتق پذير است و
'.φ
∃ a < t1 < t2 < b
φ (t1 ) < φ (a ),
پس تابع φمينيمم مطلق خود را در نقطه ای مانند a < c < b
اختيار می کند .و ازاين
رو φ ' (c ) = 0
در
نتيجه f ' (c ) − λ = 0يا f ' (c ) = λ سوال (42فرض کنيد f : [a, b] → Rپيوسته و روی ) (a, bمشتق پذير باشد و f ' ( x ) ≠ oو ) ∀x ∈ (a, b کنيد fيک به يک است.
راه حل :اگر fيک به يک نباشد ،عددھايی حقيقی مانند x,yدر بازه ][a, b x< y
x≠ y
) f (x ) = f ( y
بنابر قضيه مقدار ميانگين ،نقطه ای مانند cدر بازه ) (x, y
وجود دارد که
وجود دارند که
ثابت
) f (x ) − f ( y =0 x− y
= ) f ' (c
که با فرض مساله در تناقض است پس fيک به يک است.
سوال (43فرض کنيد تابع fروی بازه ] [a, bپيوسته و روی بازه )(a, b f (a ) = f (b ) = 0و ) f " (x ) ≠ 0, x ∈ (a, b اثبات :فرض کنيد fصفری در بازه
a
)(a, b
دو بار مشتق پذير باشد .و
ثابت کنيد fصفری در بازه )(a, b
ندارد.
داشته باشد .يعنی فرض کنيد نقطه ای مانند cوجود داشته باشد که
. f (c ) = 0بنابر قضيه رول نقطه ای مانند c1در بازه ) (a, cوجود دارد که f ' (c1 ) = 0
؛ ھمچنين نقطه
ای مانند c2در بازه ) (c, bوجود دارد .که f ' (c2 ) = 0توجه کنيد که ' fروی بازه ] [c1,c2 ) (c1 , c2مشتق پذير است .پس باز ھم بنابر قضيه رول نقطه ای مانند c3در بازه ) (c1 , c2وجود دارد که f " (c3 ) = 0 اين تناقض نشان می دھد که فرض اوليه ما نادرست است و fصفری در ) (a, bندارد.
پيوسته و روی بازه
سوال (44نشان دھيد نقطه ای مانند cدر بازه )(a, b 4 ]) [ f (b ) − f (a (b − a )2
موجود است به طوری که
≥ ) f " (c
) ) f " (xموجود است و f ' (a ) = f ' (b ) = 0
(
حل :چون f ' (a ) = f ' (b ) = 0 2
2
⎞ f " (x1 ) ⎛ b − a ⎞⎛a+b ⎜f ⎜ ⎟ ⎟ = f (a ) + ⎠ 2! ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2
⎞ f " ( x2 ) ⎛ b − a ⎞⎛a+b ⎜f ⎜ ⎟ ⎟ = f (b ) + ⎠ 2! ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2
a+b a+b که x1است بين aو و ھمچنين x2بين , b 2 2
است.
اما
⎞⎛a+b ⎞⎛a+b ⎜ f (b ) − f (a ) ≤ f (b ) − f ⎜⎟ + f ) ⎟ − f (a ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 )) f " ( x2
2
⎞ ⎛b−a⎞ ⎛ 1 ⎜= ⎟ ⎜ ⎟( f " (x1 ) + ⎠ !⎝ 2 ⎠ ⎝ 2
و
فرض کنيد ) f " (cبرابر }) max { f "( x1 ) , f " ( x2 1 ] ) [ f "(x1 ) + f "(x2 2
باشد به طوری که به ازای اين انتخاب cما خواھيم داشت:
≥ ) f " (cکه حکم نتيجه می شود.
سوال (45فرض کنيد تابع f : R → R ، fدو بار مشتق پذير است .واگر f ( x ) ≤ 1 ( f (0 )) + ( f ' (0 )) = 4ثابت کنيد عددی حقيقی مانند x0 2
2
و x∈R
و
وجود دارد که
f ( x0 ) + f " (x0 ) = 0
حل :از قضيه مقدار ميانگين نتيجه می شود که به ازای a,bای که − 2 < a < 0 < b < 2 )f (0) − f (− 2 )f (0) + f (− 2 ≤ ≤1 2 2
و به ھمين ترتيب f ' (b ) ≤ 1
g (b ) ≤ 2
= ) f ' (a
فرض کنيد )) g ( x ) = ( f ( x )) + ( f ' ( xدر اين صورت 2
2
g (a ) ≤ 1 + 1 = 2,
چون g (0) = 4بيشترين مقدار ) g (xبه ازای نقطه ای مانند x0در بازه )(a, b
بدست می آيد و بنابراين
0 = g ' ( x0 ) = 2 f ' ( x0 )( f ( x0 ) + f " ( x0 )) = 0 اما f ' ( x0 ) ≠ 0
زيرا در غير اينصورت . ( f ( x0 )) = g ( x0 ) ≥ 4و در نتيجه f (x0 ) > 1 2
فرض ∀x ∈ R; f ( x ) ≤ 1تناقض دارد پس بايد f ( x0 ) + f " (x0 ) = 0
سوال (46
f
تابعی حقيقی روی بازه ][a, b
0≤k ≤n
و حکم ثابت می شود.
و n+1بار مشتق پذير است و فرض کنيد
f (k ) (a ) = f (k ) (b ) = 0
ثابت کنيد عددی مانند cدر ][a, b
وجود دارد به طوری
) f (n +1) (c ) = f (c اثبات :دو حالت می گيريم
(1فرض کنيد n=0دراين صورت با قرار دادن ) f (x
g (a ) = g (b ) = 0
−x
. g ( x ) = eدر اين صورت
بنابراين با
به اين ترتيب از قضيه رول نتيجه می شود که به ازای cای در )(a, b
داريم
) 0 = g ' (c ) = −e − c f (c ) + e − c f ' (c ) ⇒ f ' (c ) = f (c n
فرض کنيد n > 0و ) ∑ f ( k ) ( x
= ) h ( xدر اين صورت h(a ) = h(b ) = 0
و
k =0
n +1 ) h ( x) − h '( x) = f ( x ) − f ( ) ( x
(c ) = 0
)( n +1
s , t h ( x ) − h ' ( x ) = 0 ⇒ f (c ) − f
) (c ) = f (c
پس
⇒ ∃c
)( n +1
f
و حکم ثابت می شود.
سوال (47تابع ھای f,gھر دو روی بازه ای مانند Iمشتق پذيرند .ثابت کنيد در ميان دو ريشه حقيقی ) f (x حقيقی از ) f ' ( x ) + f (x )g ' ( x
)روی (Iريشه ای
قرار دارد.
اثبات :فرض کنيد ) . h( x ) = f ( x )e g ( xمقدار ) h( x
به ازای ريشه ھای حقيقی fصفر است.
) . h' ( x ) = ( f ' ( x ) + f ( x )g ' (x ))e g ( xبنابر قضيه رول ) h' (xو در نتيجه ) f ' ( x ) + f ( x )g ' ( x
بين ھر دو ريشه
حقيقی fروی Iريشه ای حقيقی دارد.
سوال (48ثابت کنيد عدد حقيقی و يکتا مانند cوجود دارد به طوری که اگر f : [0,1] → R, f
f (1) = 1, f (0) = 0آن وقت معادله f ' (x ) = cxجوابی در بازه )(0,1
تابعی مشتق پذير باشد،
دارد.
حل :فر ض کنيد . g (x ) = x 2در اين صورت تنھا عدد حقيقی مانند cکه به ازای آن معادله g ' (x ) = cxدر بازه )(0,1 جوابی دارد 2 ،است ،اکنون فرض کنيد fتابعی مشتق پذير روی ] [0,1است و . f (1) = 1, f (0) = 0فرض کنيد . h = f − gدر اين صورت hروی ] [0,1مشتق پذير است و h(0) = h(1) = 0در نتيجه بنابر قضيه رول معادله h' ( x ) = 0ريشه ای در بازه ) (0,1دارد .چون h' (x ) = f ' (x ) − 2 xپس f ' (x ) = 2 xريشه ای در بازه )(0,1 سوال (49فرض کنيد f : R → Rدوبار مشتق پذير باشد و " f
p,q,rدر بازه )(a, b
دارد.
روی )(a, b
وجود دارند که
) f ' ( p ) f "(r ) = f ' (r ) f " (q
اثبات :بنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند pدر بازه )(a, b
وجود دارد که
ھيچ جا صفر نشود .ثابت کنيد عددھايی مانند
) f (b ) − f (a )= f '( p b−a
و عددی مانند qدر بازه )(a, b
وجود دارد که
) f ' (b ) − f ' (a ) = f " (q b−a پس
) f (b ) − f (a )f '( p = ) f ' (b ) − f ' (a ) f " (q
بنابراين با قرار دادن )) (g (x ) = f ' (xعددی مانند rدر )(a, b
وجود دارد که
) f (b ) − f (a ) f ' (r = ) ⇒ f ' ( p ) f " (r ) = f ' (r ) f " (q ) f ' (b ) − f ' (a ) f " (r
سوال (50فرض کنيد f (0) = 0
f "(x ) ≤ 0
) ∞ ∀x ∈ (0,
ثابت کنيد
) ∞ x, y ∈ (0,
f ( x + y ) ≤ f (x ) + f ( y ),
اثبات :فرض کنيم
x ≤ yبنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند c1در بازه ) (0, x
)f ( x ) − f (0 ) = f ' (c1 x−0
ھمچنين عددی مانند c2در بازه ) ( y, x + y
وجود دارد که
) f (x + y ) − f ( y ) = f ' (c2 x
و چون ' fنزولی است ،پس ) f ' (c2 ) ≤ f ' (c1 ) f (c2 ) ≤ f ' (c1 بنابراين
) f (x + y ) − f ( y ) f (x ≤ x x در نتيجه
) f (x + y ) ≤ f (x ) + f ( y
بنابراين
وجود دارد که
سوال (51توابع f , g : R → Rبه گونه ای ھستند که fدوبار مشتق پذير است و به ازای ھر x ∈ R
داريم
) f "( x ) + f ' ( x )g ( x ) − f ( x ) = 0 (1اگر fدر دو نقطه متمايز a,bصفر شود ثابت کنيد که به ازای ھر a ≤ x ≤ b داريم f ( x ) = 0
.
حل :فرض کنيم اتفاقا ً در نقاطی از [ ]a, bمثبت شود و a < c < b صورت
f " (c ) ≤ 0
, f ' (c x ) , f (c ) > 0
يک نقطه ماکزيمم مطلق fروی ][a, b
باشد .در اين
اکنون رابطه ) (1به ما نشان می دھد که
0 ≥ f " (c ) = f (c ) > 0
که اين تناقض است و حکم ثابت می شود) .به ھمين ترتيب fنمی تواند در بازه []a, b سوال (52فرض کنيد fدر صفر ديفرانسيل پذير باشد f (0) = 0 ) f (x ) = xg (x
منفی باشد.
ثابت کنيد تابع gای که در صفر پيوسته است وجود دارد که
.
حل :تابع gرا به صورت زير تعريف می کنيم:
) ⎧ f (x ⎪ g (x ) = ⎨ x )⎪⎩ f ' (0
x≠0 x=0
)f (x ) − f (0 x−0 ) f (x ) = lim g ( x x →0 x
⇒ f ' (o ) = lim x →0
g (0 ) = f ' (0 ) = lim x→0
) ⇒ g (0 ) = lim g ( x x →0
سوال (53اگر تابع fبر ] [a, bمشتق پذير است و ∀x ∈ (a, b ) : f (a ) = f (b ) = 0, f ' ( x ) ≠ 0
) ( ) ( −
+
f ' a , f ' bمختلف العالمه اند.
اثبات به برھان خلف:
) f (x ) − f (a >0 x−a s, t )a < x < a +δ
) (
f ' a + > 0 ⇒ lim+ x→a
⇒ (∃δ > 0 ) f (x ) − f (a >0 ⇒ x−a
)(1
a < x < a +δ
s, t
: ∃δ > 0 a < x < a +δ
⇔ f ( x ) − f (a ) > 0
⇒ f (a ) < f ( x ) :
آنگاه نشان دھيد
( ) > 0 مشابه باال برای
: خواھيم داشت. عمل می کنيمf ' b
( )
f ' b − > 0⇒ ∃δ > 0, s, t
b − δ < x < b,
−
f ( x) < f (b)
(2) بنابراين
∃x1 > a
s, t f (a ) = 0 < f ( x1 )
∃x2 < b
s, t
f (b ) = 0 > f ( x2 )
⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⇒ ∃x3 ∈ ( x2 , x1 ) s, t f (x3 ) = 0 ⎪ ⎪⎭
.پس فرض خلف باطل وحکم ثابت می شود
( ثابت کنيد54 سوال
( a − b ) tgb < Ln
cos b < ( a − b ) tga cos a
π⎞ ⎛ ⎜0< a < b < ⎟ 2⎠ ⎝ : از قضيه مقدار ميانگين درمشتقات استفاده می کنيم:حل
f ( x ) = Ln cos x ⇒ f ' ( x ) = −tgx f ' (c ) = −tgc; a < c < b f (b ) − f (a ) = (b − a ) f ' (c )
Ln cos b − Ln cos a = (b − a )(− tgc ) = (a − b )tgb
: و می توان نوشتtga < tgc < tgb لذا
a < c < b :داريم
(b − a )tga < (b − a )tgc < (b − a )tgb (a − b )tga > (a − b )tgc > (a − b )tgb (a − b )tga > ln cos b − Ln cos a > (a − b )tgb (a − b )tgb < Ln cos b < (a − b )tga cos a
سوال (55فرض کنيد تابع پيوسته ] f : [0,1] → [0.1در بازه ) (0,1مشتق پذير باشد در ضمن f (1) = 1, f (0) = 0 کنيد چنان عددھايی برای )a, b ∈ (0,1
ثابت
وجود دارد .به نحوی که
a ≠ b, f ' (a ). f ' (b ) = 1
حل f (x ) :را تابع مورد نظر مساله در نظر می گيريم و فرض می کنيم g (x ) = f (x ) + x − 1که در بازه ][0,1 است g ( x ) .تابعی پيوسته است و در ضمن g (0) = −1و . g (1) = 1بنابراين عدد ) c ∈ (0,1به طوری که داشته باشيم ، g (c ) = 0يعنی f (c ) = 1 − cبنابراين عدد ) c ∈ (0,1وجود دارد به نحوی که داشته باشيم g (c ) = 0 يعنی . f (c ) = 1 − cبنابر قضيه مقدار ميانگين عددھای ) b ∈ (c,1), a ∈ (0, cوجود دارند که برای آنھا داشته باشيم معين
)f (c ) − f (0 ) f (1) − f (c = ) , f ' (b 1− c c
= ) f ' (a
بنابراين
1− c c . =1 c 1− c
= ) f ' (a ) f ' (b n
⎛ ⎡ ⎤⎞ 1 ⎥⎟ ⎢ f ⎜a + n سوال (56فرض کنيد fدر x = aمشتق پذير و f (a ) ≠ 0مقدار ⎥ ⎠ ⎝ ⎢ limرا به دست آوريد. ∞→n ( ) f a ⎢ ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥ 1
⎡ f (a + x ) ⎤ x ⎢ limرا به دست آوريم .برای مقدار به اندازه کافی کوچک f (a ), f (a + x ) xھم حل :کافی است مقدار ⎥ x →o ⎦ ) ⎣ f (a عالمت اند واز اين نتيجه می شود که 1 1 ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ x ⎞ ⎛ ⎥ f (a + x ) x ⎥ ⎞ ) ⎛ f (a + x ⎢ ⎢ ⎟ ⎜ ⎟ = lim log ⎜⎜log lim ⎥ ⎟ ) ⎢ x → 0 ⎝ f (a ) ⎟⎠ ⎥ x → o ⎢ ⎜ f (a ⎥ ⎠ ⎝ ⎣⎢ ⎣⎢ ⎥⎦ ⎦
) log f (a + x ) − log f (a x
= lim x →o
) f ' (a آخرين عبارت طرف راست تعريف مشتق ) log f ( xدر x=aاست که با توجه به حسابان مقدارآن مساوی ) f (a بنابراين 1
⎡ f (a + x ) ⎤ x ⎢ lim ) = e f '(a ) / f (a ⎥ x →0 ⎦ ) ⎣ f (a
است.
سوال (57ھمه تابع ھای مشتق پذير f : R → Rرا پيدا کنيد که در اتحاد زير صدق کنند:
), x ≠ y
) ⎛ x + y ⎞ f ( y ) − f (x ⎜' f ≡⎟ y−x ⎠ ⎝ 2
( x, y ∈ R
حل :چون ،با توجه به شرط مساله برای ھر مقدار y ≠ 0داريم:
) f (x + y ) − f (x − y 2y
≡ ) f ' (x
سمت راست اين اتحاد ،نسبت به xمشتق پذير است،بنابراين
) f ' (x + y ) − f ' (x − y 2y
= ) f "(x
⎤) 1 ⎡ f (x + 2 y ) − f (x ) f (x − 2 y ) − f (x − ⎥ ) (− 2 y ⎣⎢ 2 y 2y ⎦ ) f (x + 2 y ) + f (x − 2 y ) − 2 f (x 4 y2
≡ ≡
عبارت اخير ھم نسبت به xمشتق پذير است .بنابراين
) f ' (x + 2 y ) + f ' (x − 2 y ) − 2 f ' (x 4 y2
= ) f " ' (x
⎤ ) 1 ⎡ f ( x + 4y ) − f ( x ) f ( x − 4y ) − f ( x ) f ( x + 4y ) − f ( x − 4y + − ⎢ ⎥ 4y 4y ⎣ 4y2 ) ( −4y ⎦
≡
≡0 به اين ترتيب برای تابع مفروض اتحاد f " ' (x ) = 0 )f ' (x ) = f " (0)x + f ' (0
برقرار است؛ يعنی
f '" ( x ) = f " (0), 2
x )+ f ' (0)x + f (0 2
)f ( x ) = f " (0
پس ھر تابع به صورت f ( x ) = ax + bx + cدارای ھمه ويژگی ھای مورد نظر می باشد. 2
سوال (58فرض کنيد f : [0,1] → Rمشتق پذير باشد ،عالوه بر آن f (0) = 0و به ازای ھر xدر )f (x ) > 0, (0,1
ثابت کنيد عددی مانند cدر )(0,1
وجود دارد به طوری که
.
) 2 f ' (c ) f ' (1 − c = ) f (c ) f (1 − c
)(1
حل :تابع ) g ( x ) = f 2 ( x ) f (1 − xرا در نظر می گيريم .واضح است که g (0) = 0, g (1) = 0
پس بنابر قضيه رول
عددی مانند cموجود است به طوری که g ' (c ) = 0با بدست آوردن g ' (x ) = 0و قرار دادن x = c
رابطه ) (1بدست می
آيد.
سوال (59فرض کنيد f (x ) = a1 sin x + a2 sin 2 x + .... + an sin nxکه در آن a1 ,a2 اند و nعددی صحيح و مثبت است .ھرگاه به ازای ھر xحقيقی f ( x ) ≤ sin x
و ....anعددھايی حقيقی
ثابت کنيد
a1 + 2a1 + ... + nan ≤ 1
حل :می دانيم f ' (x ) = a1 cos x + ... + nan cos nxکه د رآن f ' (0 ) = a1 + 2a2 + ...nan )f ( x ) − f (0 ) f (x = lim x →0 x x−0
f ' (0) = lim x →0
sin x =1 x
≤ lim x →0
و اين برھان را کامل می کند.
سوال ( 60اگر تابع fبر ] [a, bمشتق پذير باشد و f (x ) ≠ 0, f (a ) = f (b ) = 0برای ) ∀x ∈ (a, b دھيد ) f ' (aو ) f ' (b
نشان
مختلف العالمه اند.
حل :فرض کنيد fدر يک نقطه از )(a, b بر ) (a, bھمواره مثبت است .بنابراين به ازای ) x ∈ (a, bداريم:
مثبت باشد )حالت منفی مشابه است( دراين صورت با توجه به قضيه مقدار ميانی f
) f (x ) − f (b <0 x−b
در نتيجه f ' (a ) ≥ 0
) f ( x ) − f (a ) f (x = >0 x−a x−a
f ' (b ) ≤ 0,
سوال (61فرض کنيد hعدد ثابت مثبتی باشد .نشان دھيد که تابعی مانند fنمی توان يافت که در سه شرط زير صدق کند.
) (1به ازای ھر x ≥ 0و ) f ' ( x
وجود داشته باشد؛
)f ' (0) = 0 (2 f ' (x ) ≥ h
) (3و به ازای ھر x > 0
اثبات :برھان خلف :فرض کنيم fی باشد که در سه شرط صدق نمايد .پس
)f ( x ) − f ( o <ε x h حال اگر 2
= εو δ0
)f ( x ) − f ( o x−o
o = f ' ( o ) = lim x →o
در نتيجه
⇒ ∀ε > o, ∃δ > o∀x ≥ o, x − o < δ
ای موجود است که
f ( x ) − f (0) h < 2 x
x < δ0,
پس بنابر قضيه مقدار ميانگين به ازای ھر ) x0 ∈ (0, x ), x ∈ (0, δ 0به طوری که
f ( x ) − f (0) h < 2 x h پس 2
= ) f ' ( x0 ) = f ' ( x0
< ) h ≤ f ' ( x1واين تناقض است.
سوال (62فرض کنيد a,bدو عدد حقيقی باشند و a < bو fتابعی باشد که در ھر نقطه ) (a, b
مشتق پذير است مگر احتماالً در
نقطه x0 ثابت کنيد اگر تابع ' fدرنقطه x0دارای حد باشد آنگاه تابع fدر نقطه x0مشتق پذير است و
) f ' ( x0 ) = lim f ' ( x x → x0
اثبات :اگر xنقطه ای از فاصله ][a, b مانند λxدر فاصله ) ( x, x0وجود دارد به طوری که
]
[
باشد به قسمی که x < x0با استفاده از قضيه مقدار ميانگين بر فاصله x, x0نقطه ای
)f ( x ) − f ( x0 ) = f ' ( λx x − x0 چونx < λx < λ0
lim λx = x0
0
x→ x
پس
x → xo− ⇔ λx → xo− , x → xo+ ⇔ λx → xo+
)f ( x ) − f ( x0 ) = lim f ' ( λx x − x0 −
0
x→ x
f '− ( x0) = lim
0−
x→ x
)f ( x ) − f ( x0 ) = lim f ' ( λx x − x0 +
0
x→ x
f +' ( x0) = lim
0+
x→ x
و چون طبق فرض ' fدر نقطه x0دارای حد می باشد پس چون
) lim f ' (x ) = lim− f ' (λx ) = lim− f ' (λx ) ⇒ lim− f ' (λx ) = lim+ f ' (λx x → x0
x → x0
x → x0
x → x0
x → x 0−
x → x0
x → x0
x → x 0+
) lim f ' (x ) = lim+ f ' (λx ) = lim− f ' (λx
) ⇒ f ( x0 ) = f (x0 ' −
' +
پس fدر x0مشتق پذير است و ) lim f ' ( x ) = f ' ( x0
x → x0
سوال (63فرض کنيد fيک تابع حقيقی مشتق پذير باشد و قلمرو آن مجموعه عددھای حقيقی مثبت است و ' fبه ازای
ھر x > 0وجود دارد اگر ) lim f ' (x ), lim f (xھر دو موجود باشند ثابت نيد lim f ' ( x ) = 0 ∞→x
∞→x
حل :برای x>0قضيه مقدار ميانگين را روی ][x, x + 1 ) s.t f ( x + 1) − f ( x ) = f ' (t
*
∞→ x
به کار می بريم.
)∃t ∈ ( x, x + 1
حال گوييم که وقتی ∞ → xميل می کند اوال tنيز به سمت بی نھايت می می ند )∞ → (t
.
حال از رابطه * با توجه به اينکه fو ' fوجود دارند ،حد می گيريم خواھيم داشت:
lim f ( x + 1) − lim f ( x ) = lim f ( t ) ⇒ lim f ' ( t ) = 0 ∞→x
∞→ t
∞→ x
∞→ x
lim f ' ( t ) = 0⇒ lim f ' ( x ) = 0 ∞→ x
∞→ t
سوال (64اگر fتابعی دو بار مشتق پذير باشد ) ( f : R → Rو ) ∀x ∈ R; f " (x ) < 0, ( f : R → R کراندار نيست. اثبات:
s.t 0 < x1 < x s.t 0 < x2 < x1 حال داريم:
) f ( x ) − f (0 ) = x f ' ( x1
f ' ( x1 ) − f ' (0) = f " (x2 )x1
آنگاه fاز پايين
)f ( x ) = xf ' ( x1 ) + f (0) = xx1 f " ( x2 ) + xf ' (0 ) + f (0
) ∀x : f ( x ) = y + xx1 f " (x2 ) < y ⇒ f ( x ) < xf ' (0) + f (0
حال گوييم که به برھان خلف عمل می کنيم اگر ∀x : f ( x ) > M
دراين صورت طبق رابطه باال
)M < xf ' (0) + f (0 اما می توانيم xای انتخاب کنيم که xf ' (0) + f (0) < M
سوال (65فرض کنيد fتابعی دوری با دوره تناوب
π
روی Rبوده و به ازای ھر xمتعلق f ′′ ( x ) ≤ 2 R
وتناقض به اين طريق درست می شود.
روی Rباشد به عاوه فرض کنيم که fدارای مشتقات مرتبه اول و دوم نشان دھيد
∀x ∈ R : f ' ( x ) ≤ π حل :طبق قضيه تيلور خواھيم داشت:
) f "(ζ
π2 !2
f '( x) +
π !1
f ( x + π ) = f ( x) +
و چون طبق فرض ) f (x + π ) = f ( x ) f " (ζ
π 2
f " (ζ ) ≤ π
و لذا داريم ه
f ' (x ) = −
π
2
= ) f ' (x
بنابراين
f ' (x ) ≤ π
∀xR
سوال (66فرض کنيد fتابع مفروض باشد که در بازه ](0,1
تعريف شده و مشتق متناھی داشته باشد.ھمچنين به ازای ھر xاز اين
⎞⎛1 بازه f ' ( x ) < 1به ازای n = 1,2,...تعريف کنيد ⎟ ⎠⎝n
⎜ an = fو نشان دھيد lim anموجود است.
⎫ ⎧1 ⎭⎩n
∞→n
⎫ ⎧1 ⎭⎩n
حل :دنباله ⎨ ⎬ ⊆ Rرا در نظر می گيريم .اين دنباله ھمگراست پس ⎬ ⎨ يک دنباله کشی است
1 1 − <ε m n
⇒ ∀m, n ≥ N
∀ε > o , ∃N ,
1 1 و چون ), ∈ (0,1 m n
بنابر قضيه مقدار ميانگين )x1 ∈ (0,1
وجود دارد که
⎞⎛1 ⎞⎛1 ⎟ ⎜f⎜ ⎟− f m ⎠ ⎝ ⎝ n ⎠ = f ' (x ) < 1 1 1 1 − m n 1 1 و چون − < ε m n
بنابراين
1 1 1 − m n
<
1
ε
پس
⎞⎛ 1 f ⎜ ⎟− ⎠⎝m
⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎞⎛ 1 ⎟ ⎜f ⎟ ⎜ f ⎜ ⎟− f ⎠⎝n⎠ < ⎝m ⎝ n ⎠ = f ' x <1 )( 1 1 1 ε − m n ⎞⎛1 لذا f ⎜ ⎟ < ε ⎠⎝m
⎞⎛1 ⎞⎛1 f ⎜ ⎟ −پس اگر ⎟ ⎠⎝n ⎠⎝n
⎜ an = fچون anيک دنباله کشی است و Rتام است پس anھمگراست.
سوال (67فرض کنيد fيک تابع حقيقی به قلمرو فاصله بسته ] [a, bاست .اگر " f
آنگاه برای ھر ]m ∈ [ a, b ) f (b ) − f ( x 0 b −x0
در فاصله بسته ][a, b
موجود و مثبت باشد
] [
يک نقطه x0 ∈ a, bموجود است به طوری که
= ) f '( m
يا
) f (a ) − f ( x 0 a −x0
= ) f '( m
اثبات :ابتدا توجه می کنيم که از f " > 0نتيجه می شود که ' fاکيداً صعودی است .از قضيه مقدار ميانگين نقطه ) c ∈ (a, b به دست می آيد که
) f (b ) − f (a ) = f ' (c b−a
اگر m = c
که مساله حل است.
اگر ζ > cتابع g : [ a, m] → R ) f (b) − f ( x )− f '( m b−x
را با ضابطه زير در نظر می گيريم.
= )g ( x
در اين صورت gتابعی پيوسته است و داريم:
) f (b) − f ( a )− f ( m) = f ( c) − f '( m b−a
= )g (a
)f (b ) − f ( m ) − f ' ( m ) = f ' (ζ ) − f ' ( m b−m
= )g (m
که در آن ) ζ ∈ ( m, bبا اعمال قضيه مقدار ميانگين بر تابع fروی ][b, m اکنون از نقطه
c< m<ζ
به دست آمده است.
و اکيداً صعودی بودن ' fو روابط فوق نتيجه می شود که
] x 0 ∈ ( a , m ) ⊆ [a , b
يافت می شود که g ( x0 ) = 0به
حالت ζ < cتابع پيوسته h : [ m, h] → R )f (a) − f ( x )− f '( m a−x
g ( m ) > 0, g ( a ) < 0
)f ( b ) − f ( x0 عبارتی ) = f ' ( m b − x0
= )h( x يافت می شود که h( y0 ) = 0و يا
)f ( a ) − f ( y0 )= f '( m a − y0 سوال (68تابع حقيقی fبا شرايط ذيل داده شده است.
)f (1) = 1 (1 1 )(2 2 )) x + ( f ( x
= ) f ' ( xبرای x ≥ 1
π
ثابت کنيد ) lim f ( xموجود است کوچکتر از
4
∞→x
اثبات :چون f ' ( x ) > 0 1 du 2 ]) u + [ f (u 2
x
1 +است.
پس ' fاکيدا ً صعودی است و از نتيجه زير حکم ثابت می شود:
∫ f ( x ) = f (1) + ∫ f ' (u )du < 1 +
1
برای
با ضابطه زير را در نظر می گيريم:
بدست می آيد h ( m ) < 0, h ( b ) > 0و لذا]y0 ∈ (ζ , b ) ⊂ [a, b
2
.بنابراين
x
1
π 1 du = 1 + u +1 4 2
∞
∫ < 1+
1
سوال (69فرض کنيم که نگاشت g : R → Rچنان است که برای ھر g ' ( x ) ≠ 0 ، x ∈ R به يک از Rبه ) g (R
نشان دھيد که gيک تناظر يک
است.
حل :پوشا بودن ) g : R → g ( Rبديھی است .برای يک به يک بودن gفرض می کنيم که ) g ( x ) = g ( y
بنابر قضيه
مقدار ميانگين عددی مانند cمابين x,yھست به طوری که
) 0 = g (x ) − g ( y ) = g ' (c )( y − x و چون g ' (c ) ≠ 0
پس y=xدر نتيجه gيک به يک ا ست و حکم ثابت می شود.
فصل 9مسائل بخش انتگرالھای ريمان اشتليس
فصل : 9انتگرالھای ريمانی و ريمان اشتليحس
⎞⎛a+b سوال (1فرض کنيد تابع fروی بازه ] [a, bپيوسته باشد و روي بازه ) (a, bمشتق پذير باشد و ⎟ > 0 ⎠ ⎝ 2
⎜ fو
] [
∀x ∈ a, b f ( x ) ≠ 0ثابت کنيد
∫ f (x )dx > 0 b
a
⎞⎛a+b )⎟ ⎠ ⎝ 2
⎜ fمتناھی باشد(
] [
راه حل :بنابر قضيه مقدار ميانگين ،عددی مانند cدر بازه a, bوجود دارد که
) ∫ f (x )dx = f (c )(b − a b
a
اگر ∫ f (x )dx ≤ 0 b
a
⎞⎛a+b آنگاه f (c )(b − a ) ≤ 0و چون f (c ) ≠ 0پس f (c ) < 0و چون ⎟ > 0 ⎠ ⎝ 2
a+b طبق قضيه مقدار ميانی عددی مانند dبين cو 2
پس ∫ f (x )dx > 0 b
a
سوال (2فرض کنيد تابع fروی بازه ) ∞ (0,پيوسته باشد و
) ∞ f ( x ) > 0 , x ∈ (0,
⎜ fبنابراين
وجود دارد که f (d ) = 0
و اين خالف فر است
ثابت کنيد تابع ∫ t f (t )dt = ) x ∈ (0, ∞ ) g ( xصعودی اکيد است. ∫ f (t )dt x
0
x
0
حل :اگر ) ∞ x ∈ (0,و آنگاه
xf ( x )∫ f (t )dt − f (x )∫ t ( f (t ))dt x
x
0
= ) g ' (x
0
2
⎟⎞ ⎛⎜ f (t )dt ⎝ ∫0 ⎠ x
∫ (x − t ) f (t )dt
) f (x
x
0
2
⎟⎞ ⎛⎜ x f (t )dt ⎝ ∫0 ⎠
2
توجه کنيد که ) ∞ f (t )dt ⎞⎟ > 0 x ∈ (0, ⎠
نتيجه ∫ (x − t ) f (t )dt > 0 x
0
k
=
⎜⎛ f ( x ) > 0,در ضمن اگر ) ∞ t ∈ (0,آنگاه ( x − t ) f (t ) > 0و در
⎝ ∫0
پس ' gروی بازه ) ∞ (0,مثبت و در نتيجه gصعودی اکيد است.
سوال (3فرض کنيد تابع fروی Rمشتق پذير و aعددی حقيقی و بزرگتر از 1باشد .ثابت کنيد
)] ∫1 [ x ] f ' ( x ) dx = [a ] f (a ) − ( f (1) + f ( 2 ) + ... + f [a a
3
2
∫1 [ x ] f ' ( x ) dx = ∫1 1× f ' ( x ) dx + ∫2 2f ' ( x ) dx + ... + ∫[a][a ] f ' ( x ) dx )] = f ( 2 ) − f (1) + 2 ( f ( 3) − f ( 2 ) ) + ... + [a ] ( f ( a ) − f [a ) )] = [a ] f ( a ) − ( f (1) + ... + f ([a a
] [
a
] [
سوال (4فرض کنيد تابع fروی بازه a, bپيوسته باشد .ثابت کنيد عددی مانند cدر بازه a, bوجود دارد که
∫ f (x )dx = ∫ f (x )dx b
c
c
a
اثبات :به عھده متعلم سوال (5فرض کنيد تابع
f
] [
روی بازه a, bپيوسته و روی بازه ) (a, bمشتق پذير باشد و
f (a ) = 0, f (b ) = −1, ∫ f (x )dx = 0 b
a
ثابت کنيد که عددی مانند cدر بازه ) (a, bوجود دارد که f ' (c ) = 0
حل :چون fپيوسته است عددی مثبت مانند
]x ∈ [b − δ , b
δ
وجود دارد که
f (x ) < 0
اکنون توجه کنيد که
f (x )dx = 0 و f ( x )dx
b
∫ f ( x )dx +
b −δ
b
a
a
b −δ
b
∫
b −δ
∫ = ∫ f (x )dx b −δ
منفی است پس f ( x )dx > 0
∫
a
بنابراين عددی مانند x1در
بازه ) (a, b − δ
وجود دارد که
. f (x1 ) > 0بنابراين عددی مانند x2در بازه ) (x1 , b سوال (6ھرگاه fبر ] [a, bپيوسته باشد .انگاه عددی مانند α
] [
از a, bھست به طوری که
) ∫ fd (x ) = f (α )(b − a b
a
] [
برھان :فرض کنيد m,Mبه ترتيب سوپرمم واينفيمم fبر a, bباشد ،در اين صورت داريم
) m(b − a ) ≤ ∫ f dx ≤ M (b − a b
a
چون fبر ] [a, bپيوسته است ،پس در خاصيت ميانی صدق می کند .يعنی α ) = f (c ) ⇒ ∫ f dx = f (α )(b − a b
a
fdx
b
∫
a
b−a
g , fدو تابع پيوسته روي فاصله ][ a, b
سوال ( 7اگر
] [
ای از a, bھست که
و
∫a f ( x ) dx = ∫a g ( x ) dx, b
ثابت كنيد حل :
)
b
) f (c ) = g ( c
.s.T
∃c
f ( x ) − g ( x ) dx = ∫ f ( x ) dx − ∫ g ( x ) dx = o b
b
a
a
) = (f (c ) − g (c ) ) (b − a
∫a ( f ( x ) − g ( x ) dx b
b
∫(
a
s .t
∃c
)⇒ ( f (c) ) − g (c)) (b − a ) = o ⇒ f (c) = g (c سوال ( 8فرض كنيد
f
تابعي مثبت و پيوسته بر روي
f ( x ) ≤ c ∫ f ( t ) dt x
a
ثابت كنيد
f
بر روي ] [ a, b
برابر با صفر است.
] c > o [ a, b
.اگر براي
] x ∈ [ a, b
داشته باشيم
حل :اگر
= sup ( x) > o
صفر نباشد ،پس
f
، Mدر نتيجه
a ≤ x ≤b
) f ( x) ≤ c ∫ Mdt = cM ( x − a x
a
از اين رو
( x − a )2 cM ( x − a ) dt = c M 2
x
2
∫ f ( x) ≤ c
به ھمين ترتيب
a
3
)− a 2
(x
(t − a )2 dt
= c 3M
2
f ( x ) ≤ c 3M
x
∫a
به استقرا نتيجه مي شود:
(x
)− a (b − a ) → o ≤ Mc n ∫M a !n !n پس f ( x ) = oكه يك تناقض است پس f = o 2
n
سوال (9ثابت كنيد اگر تابع پيوسته داريم كه : حل
:
f
x
n
o ≤ f (x ) ≤ c
بر بازه ] [ a, bنامنفي بوده و ∫a f ( x ) dx = o b
به ازاي ھر
] x ∈ [ a, b
f ( x) = o فرض
f ( x) ≠ o
كنيم
) I = ( xo − δ , xo + δ )≥ o
)(1
∃ xo ∈[ a, b ] .st
چون
پيوسته
f
است
پس
ھمسايگي
مانند
به قسمتي كه
f ( x) > o
(f
∀x∈I
پس داريم
f (x )dx
b
∫ f ( x ) dx +
x 0 +δ
x 0 +δ
∫ f o( x ) dx +
x 0 +δ
b
a
f ( x ) dx > 0
b 0 +δ
x 0 +δ 0 −δ
∫ = o = ∫ f ( x ) dx
x 0 +δ
f ( x ) ≤ ∫ f ( x ) dx = 0 پس
a
a
x 0 −δ
∫ ⇒ = ∫ o f ( x ) dx f ( x ) dx = 0 x 0 −δ x 0 −δ o است واضح f ( x ) dx = 0
f ( x )dx = 0
x 0 −δ
b
∫x
∫x
b
b
∫ f ( x ) dx = 0,
x 0 +δ
x 0 +δ
∫a
زيرا
∫≤0
x 0 +δ
و ھمين طور
f ( x ) dx = o
x 0 −δ
∫a
⇒ ∀x ∈ I : f (x ) > 0
پس فرض خلف باطل است و حكم ثابت مي شود
سوال (10فرض کنيد تابع fوارونپذير باشد و , f
−1
fتابع اوليه داشته باشد .اگر
و اين تناقض است زيرا طبق )(1
∫ f ( x ) dx = F ( x ) + c ثابت کنيد
∫ f ( x ) dx = xf ( x ) − F ( f ( x ) ) + c −
xdx
)) ( x
−1
−1
(
f ′ f
∫ (x ) −
−1
−1
= xf
فرض کنيد f −1 ( x ) = uدر اين صورت ) (u ) f (u xdx ) ∫ f ′ ( f −1 ( x ) ) = ∫ f ′ ( u ) f ′ ( u ) du = F ( u
dx = f ′ (u ) du , x = fپس
)) ( x
−1
(
=F f
به اين ترتيب
−1 −1 −1 ∫ f ( x ) dx = xf ( x ) − F ( f ( x ) ) + c
]
[
سوال (11فرض کنيد fتابعی مشتقپذير و f ′روی بازه a , bپيوسته باشد .فرض کنيد
an = ∫ f ( x ) sin nxdx b
n = 1 , 2 , ....
a
ثابت کنيد } {anدنبالهای ھمگراست ،حد آن را پيدا کنيد.
حل :توجه کنيد که ] f ′ f ′( x) ≤ k ]x ∈ [ a , b
[
روی a , bکراندار است .فرض کنيد
در اين صورت با انتگرالگيری به روش جز به جز b f ′ ( x ) cos nx − f ( x ) cos nx b dx ∫− a a na n
= an
بنابراين
) k (b − a n
+
)f (a) + f (n
≤ an
n
پس
lim = o
∞→n
پس lim an = o
∞→ n
سوال(12ثابت کنيد اگر ] f ∈ c [ a , bو به ازای ھر ] g ∈ c [ a , b
∫a f ( x ) g ( x )dx = o b
آنگاه f = o
بر روی ][ a , b
حل :چون مقدار انتگرال برای تمام توابع ، gصفر میباشد .فرض کنيم g = f =o→f =o
2
→f
2
dx = o
b
∫a f
و
2
fپيوسته و نامنفي
باشد درنتيجه
سوال (13فرض کنيد ] f ∈ c [ a , b
و ∫a f ( x ) dx = o b
[
]
نشان دھيد نقطهای مانند c ∈ a , bبه گونهای وجود دارد که
f (c) = o حل :بنابر قضيه مقدار ميانگين
) ∫a f ( x ) dx = f ( c )( b − a b
] ∃c ∈ [ a , b
S .T
→ o = f ( c )( a − b ) → f ( c ) = o و اثبات به پايان میرسد.
] [
سوال (14فرض کنيد تابع fروی بازده o ,1انتگرال پذير است .به ازای ھر b , aباشرط o ≤ a < b ≤ 1 ،عددی مانندی cدر بازه ) ( a , bوجود داشته باشد که f ( c ) = oثابت کنيد.
∫o f ( x ) dx = o 1
]
]
[
[
حل :تابع fھم روی o , 1انتگرال پذير است توجه کنيد که به ھر طريقی که بازه o , 1را به nزير بازه افراز مطلق
کنيم ،مينييم
f
روی ھر زير بازه برابر با oاست پس برای ھر افراز
} P = { xo , x1 ,..., xn
پس ∫a f ( x ) dx = o b
پس
]) = o [o , 1
L ( P , fکه
∫a f ( x ) dx ≤ ∫a f ( x ) dx b
چون
b
در
نتيجه ∫a f ( x ) dx = ° b
سوال (15با مثالی نشان دھيد که معادله ) ∫a f ′ ( x ) dx = f ( b ) − f ( a b
حل :فرض کنيد f
ھمواره برقرار نيست
] [
بر o ,1به صورت زير تعريف شده باشد
π ⎧ 2 ⎪ x cos 2 o ≤ x ≤ 1 ⎨ = )f ( x x ⎪⎩ o x=o چون f ′
[
]
گراندار نيست پس در بازه o , 1دارای انتگرال ريمن نيست.
[
]
سوال (16ھرگاه fيکنوا بوده و g , f ′ , fھر سه بر a , bپيوسته باشند ،آنگاه عددی مانند
]
α
از
[
a , bھست .به طوری که α
∫a f ( x ) g ( x ) dx = f ( a ) ∫a g ( x ) dx + f ( b ) ∫α g ( x ) dx b
برھان :قرار میدھيم ∫a g ( t ) dt x
b
= ) G ( xواضح است که ، G ( a ) = oبه دليل پيوستگی G ( x ) , gمشتق پذير است و
) ، G ′ ( x ) = g ( xدر نتيجه با استفاده از انتگرال گيری به طريق جزء به جزء به دست میآوريم
f ( x ) g ( x ) dx = ∫ f ( x ) G′ ( x ) dx = ⎡⎣ f ( x ) G ( x ) ⎤⎦ a − ∫ G ( x ) f ′ ( x )dx b
b
b
a
a
چون Gپيوسته است پس انتگرال پذير است و f
ميانگين در انتگرالھا ،عددی مانند α
]
بر ][ a , b
∫a
يکنوا و پيوسته است ،پس با توجه به قضيه مقدار
[
از a , bھست به طوری که
∫a f ( x ) g ( x ) = f ( b ) G ( b ) − G (α ) ∫a f ′ ( x )dx b
b
b
⎦⎤ ) = f ( b ) G ( b ) − G (α ) ⎡⎣ f ( b ) − f ( a ) = f ( b ) ⎡⎣G ( b ) − G (α ) ⎤⎦ + f ( a ) G (α α
b
a
α
= f ( b ) ∫ g ( x ) dx + f ( a ) ∫ g ( x ) dx سوال (17ثابت كنيد
) nf ( x
π
lim
) dx = f ( o n → ∞ ∫o 1+ n2x2 2 1
حل :به ازای ھر عدد طبيعی مانند ، nداريم
dx
) nf ( x
) nf ( x
1
∫ dx + 1/ 1+ n2x2
n 1+ n2x2
) nf ( x
1/ n
1
∫o 1+ n2x2 dx =∫o
بنابر قضيه مقدار ميانگين در انتگرالھا
ndx dx = f ( ∝ )tg −1 n 1+ n2x2 که در آن n
π r
1/ n
∫ ) ∝ ( dx = f
o
، o ≤ α ≤ 1/در نتيجه
lim
× ) f ( ∝ ) tg −1 n = f ( o
∞→n
= dx
) nf ( x
1/ n
∫o
1+ n x
2 2
) nf ( x
1/ n
1+ n x
2 2
lim
n → ∞ ∫o
)(1
حال چون fبر ] [o , 1پيوسته است پس گراندار است در نتيجه عددی مانند kھست که به ازای ھر x )(2 1
n dx 1 + n 2x 2
∫ dx ≤ k
1/ n
) nf ( x 2
2
1+ n x
1
n
∫1/
→ f (x ) ≤ k
⎦⎤ = k ⎡⎣tg −1n − tg −1 n چون حد عبارت سمت راست وقتی که ، n → ∞ ،برابر صفر است پس حکم از) (1و ) (2نتيجه میشود.
سوال (18فرض کنيد fبر ] [ a , bپيوسته و نا منفی باشد ،و o < cبه طوری که به ازای ھر x رابطه f ( x ) ≤ c ∫ f ( t ) dt x
a
ثابت کنيد f حل :اگر f
]
[
بر a , bصفر است صفر نباشد ،پس
M = sup f ( x ) > o a≤ x≤b
،در نتيجه
به ھمين ترتيب ) f ( x ) ≤ c ∫ M dt = cM ( x − α x
a
به استقرا نتيجه می شود
→o
n )x − a ( ) n (b − a ≤ Mc M
!n
!n
n
f ( x) ≤ c
پس f ( x ) = oکه يک تناقض است .پس f = o
]
[
سوال (19فرض کنيد fبر a , bپيوسته اکيداً صعودی است و f ( b ) = B , f ( a ) = Aثابت کنيد.
از ][ a , b
f −1 ( x ) = Bb − Aa
∫a f ( x ) dx + ∫A b
B
حل :چون fاکيداً صعودی است پس g = f −1
موجود است و بنابه قضيه انتگرال جزء به جزء
∫a f ( x ) dx + ∫a xdf ( x ) = f ( b ) b − f ( a ) a b
b
ولی با تغيير متغير ) u = f ( xدر انتگرال زير خواھيم داشت
f −1 ( x ) dx
∫a xdf ( x ) = ∫A g ( u ) du = ∫A
B
b
B
در نتيجه حکم ثابت میشود.
سوال (20تابع fبر ] [ a , bپيوسته است و f 2 ( x ) = ∫ f ( t ) dt x
a
حل :از مشتق گيری داريم
) 2f ( x ) f ′ ( x ) = f ( x a x 1 يکی از جوابھای معادله = ) f ( x ) = + c , f ′ ( xاست .چون f ( a ) = oپس 2 2 2 x a x−a = f ( x) = − 2 2 2 −1
سوال (21اگر (1+ x ) 2
c = −پس
= ) f ( xبرای ھر ، x ∈ Rآنگاه ثابت کنيد برای ھر دو عدد حقيقی و متمايز b , aداريم
}) ∫a f ( x ) dx ≤ 4min { f ( a ) , f ( b b
حل :اگر a ≥ o , a ≤ b
آنگاه
1 −1/ 2 ∫a f ( x ) dx = b − a ∫a (1+ x ) dx b
b
}) 4min { f ( a ) , a ( b
1 b−a
4 1 2
) (1+ b
≤)
1 b−a
b + 1 − 1+ a
(
2
)( b + 1) − ( a + 1
=
در حالت b ≤ oو يا a < oحکم به طور مشابه ثابت میشود.
سوال (22فرض کنيد fروی R
پيوسته باشد .ثابت کنيد
∫o f ( x ) dx = ∫o ( f ( x ) + f (2a − x ) )dx 2a
a
∫o f ( x ) dx =∫o f ( x ) dx + ∫a f ( x ) dx 2a
حل :میدانيم
2a
a
اکنون اگر فرض کنيم x = 2a − uآنگاه dx = − duدر نتيجه a
a
o
o
o
a
f ( x ) dx = − ∫ f (2a − u ) du = ∫ f (2a − u )du = ∫ f (2a − x )dx
سوال(23اگر α gdα
−b
]
∫ fdα +
a
[
بر a , bصعودی باشد ثابت کنيد. −b
−b
∫a ( f + g ) dα ≤ ∫a
2a
∫a
حل :فرض کنيم
]
ε >o
) ∫a
−b
gdα
[
داده شده باشد .افزارھای P2 , P1از a , bھستند که،
(
< , U p2, g , α
ε 2
−b
∫a
fdα +
< ) U ( p1 , f , α
اگر pرا برابر p1U p2بگيريم ،داريم
ε 2
ε 2
−b
fdα +
∫a
< ) U ( p , f α ) ≤ U ( p1 , f α
∫a
< ) U ( p , f α ) ≤ U ( p2 , f α
−b
gdα +
از جمع دو رابطه داريم b
−b
fdα + ∫ gd α +ε
< ) U ( p , f α )+U ( p , f α
∫a
a
از طرفی داريم −b
∫a
) (f + g )d α ≤ U ( p , f + g , α ) ≤ U ( p , f α ) + U ( p , g α در نتيجه
gdα + ε و چون
ε >o
gdα
−b
∫a
−b
∫a
−b
−b
∫a ( f + q ) dα < ∫a
fda +
دلخواه داريم
fd α +
−b
−b
∫a ( f + g ) dα ≤ ∫a ∞
1 1 سوال (24اگر ) I ( x − n n 2 3
∑ = ) α ( xمطلوب است محاسبه )xdα ( x
n =1
∑ an
حل :از قضيه )فرض کنيم } {anدنباله ای در Rباشد و +
1
∫o
ھمگرا باشد و } {cnدنباله ای از اعضای دوبه دو متمايز
∞
] [ a , bباشد و ) α ( x) = ∑ an I ( x − cnاگر fبر ] [ a , bپيوسته باشد آنگاه داريم ) f ∈ R(α n =1
بر ][ a , b
پس
⎞ 1 =⎟ ⎠ 5
1 ⎛ 1 ⎜) 2n ⎝ 3n
∞
1
∞
n =1
o
n =1
( ∑ = ) fd α = ∑ an f (c n ) = ∫ xd α ( x
] [ x ∈ [o ,1] ∩ Q
b
∫a
سوال (25فرض کنيد fروی o ,1انتگرالپذير است
,
f ( x) = o 1
∫o f ( x)dx = o
ثابت کنيد
حل :برای حل از مساله 14استفاده به ازای ھر a , bبا شرط o ≤ a < b ≤ 1عددي گويا مانند cدر بازه ) ( a , bوجود دارد .بنابر فرض مساله f (c) = oدر نتيجه بنابر مساله 14خواھيم داشت. 1
∫o f ( x)dx = o سوال ( 26فرض کنيد تابع f
]
[
روی بازه a , bپيوسته باشد و
]x ∈ [ a , b
f ( x) ≥ o
[
]
ثابت کنيد عددی مانند cدر بازه a , bوجود دارد که 1/ 2
⎛ 1 b ⎜ = )f (c ⎟⎞ ( f ( x )2 dx ∫ a ⎝b−a ⎠
اثبات :فرض کنيم M , mبه ترتيب مينيمم و ماکزيمم مطلق f
]
[
روی بازه a , bباشند در اين صورت،
o ≤ m ≤ f ( x) ≤ M بنابراين
o ≤ m2 ≤ f 2 ( x ) ≤ M 2 2
چون تابع fپيوسته است ،انتگرالپذير ھم است .بنابراين
1 b 2 f ( x ) dx ≤ m2 b − a ∫a
≤ m2
1
⎛ 1 b 2 ⎞2 ⎜≤m f ( x ) dx ⎟ ≤ M ∫ ⎝b−a a ⎠
[
]
در نتيجه بنابر قضيه مقدار ميانی ،عددی مانند Cدر بازه a , bوجود دارد که 1
⎛ 1 b 2 ⎞2 ⎜ = )f (c ⎟ f ( x ) dx ∫ ⎝b−a a ⎠ سوال (27ثابت کنيد
)] + [ x ] ( x − [ x
)[ x ] ([ x ] − 1 2
= ∫1 [t ]dt x
] [
اثبات :حالت اول :فرض کنيد x > oاگر nعددی طبيعی باشد و ، x = nآنگاه
n ≤ x < n +1
∫ o [t ]dt = ∫ o [t ] dt + ∫ o [t ] dt + .... + ∫ n−1[t ] dt + ∫ n [t ] dt x
2
n
1
) = o + 1+ 2+ .... + n − 1+ n ( x − n )n ( n − 1 )+ n ( x − n 2 )] + [ x ] ( x − [ x
=
)[ x ] ([ x ] − 1 2
] [
اگر xمنفی باشد و مثالً ، x = − nآنگاه
∫ o [t ] dt = − ∫ x [t ] dt o
)
x
− n +2
− n +1
[t ] dt + ∫− n+1 [t ] dt + ... + ∫ −1[t ] dt o
x
∫(
=−
) )= − ( − n ( − n + 1− x ) + ( − n + 1) + ... + ( −1
x
)− n ( −n − 1 ) + ( − n )( x − n 2
)[ x ] ([ x ] − 1
)] + [ x ] ( x − [ x
2
= =
اگر x = oمعلوم است که حکم درست است.
سوال (28ثابت کنيد تابعی مانند fوجود ندارد به طوری که روی R
مشتقپذير باشد،
f ( x) < 2 , x ∈ R x∈R
f ( x ) f ′ ( x ) ≥ sin x
اثبات :فرض کنيد ، x > oآنگاه
( f ( x ) ) − ( f ( o) ) = ∫ o 2 f ( t ) f ′ ( t ) dt ≥ ∫ o 2sintdt = 2− 2cos x x
x
پس اگر x > o
≥ 2− 2cos x + ( f ( o ) ) ≥ 2− 2cos x 2
به ويژه اينکه ≥ 4
) ) (π ) ≥ 2 ⇐ ( f (π
2
2
2
)) ( f ( x
2
fکه با فرض مساله تناقض دارد.
سوال (29فرض کنيد f : [ a , b ] → Rپيوسته و بر ) ( a , bمشتقات f ′′ , f ′
) { f ′′ ( x ) a < x < b} , o = f ( a ) = f ( b 3
) M (b − a ≤ f ( x ) dx 12
موجود باشند اگر
M = supثابت کنيد
b
∫a
اثبات :از تابع کمکی زير استفاده میکنيم
) g ( t ) = ( t − a )( t − a ) f ( x ) − ( x − a )( x − b ) f ( t چون g ( a ) = g ( b ) = g ( x ) = o
پس c2 , c1
ای
وجود
) ( ) g ′ ( t ) = ( t − b ) f ( x ) + ( t − a ) f ( x ) − ( x − a )( x − b ) f ′ ( t ) g ′′ ( t ) = 2 f ( x ) − ( x − a )( x − b ) f ′′ ( t
و . g ′ ( c1 ) = g ′ c2 = oپس cی وجود دارد که g ′′ ( c ) = oولی داريم:
پس
) f ′′ ( c
) ( x − a )( x − b 2
= )f ( x
) ≤ M ( x − a )( x − b 2 از اينجا با انتگرالگيری حکم بدست می آيد.
1 ) (n ∈ N سوال (30فرض کنيد n2 در ﻏﻴﺮ اﻳﻨﺼﻮرت ثابت کنيد f ∈ Rبر بازه بسته ][ a , b
=x
⎧ ⎪1 ⎨ = )f ( x ⎪⎩o
دارد
که x < c2 < b , a < c1 < x
اثبات در بازه بسته ] [ a , bتعداد اعداد طبيعی متناھی است پس fدر تعداد متناھی نقطه در ] [ a , bناپيوسته است در نتيجه f
انتگرالپذير و بنابر ضابطه ∫ a f ( x ) dx = o ، f b
]
سوال (31فرض کنيد مشتق f 2
[
بر بازه a , bنزولی باشد ،و به ازای ھر xدر اين بازده f ′ ( x ) ≥ m > oثابت کنيد که
∫ a cos f ( x ) dx ≤ m b
[
]
اثبات :از آنجا که برای ھر xدر a , bداريم . f ′ ( x ) ≥ m > oلذا رابطه زير برقرار است
) f ′ ( x ) cos f ( x )f ′( x
) f ′ ( x ) cos f ( x ⇒ dx )f ′( x
∫ a cos f ( x ) dx = ∫ a b
b
1 ) ∫ a f ′ ( x ) cos f ( x ) dx = m ∫ a sin f ( x b
1+ 1 2 = m m
b
1 m
∫ a cos f ( x ) dx = ∫ a b
b
≤
1
≤ ) ∫ a cos f ( x ) dx ≤ m sin f ( b ) − sin f ( a b
⇒
سوال (32ھرگاه برای ھر تابع يکنوا بر ] [ a , bمانند ، fداشته باشيم ) f ∈ R (αبر ] [ a , bو f dα = o
کنيد α
]
b
∫a
،ثابت
[
بر a , bتابع ثابتی خواھد بود.
اثبات :میدانيم به ازای ھر تابع يکنوا مانند f dα = o ، f
b
b
∫ aبنابراين∫ a dα = o ،
از طرفی ،به ازای ھر ] x ∈ [ a , b
داريم b
x
a
a
o ≤ ∫ dα ≤ ∫ dα = o
بنابراين ،به ازای ھر ] ∫ a dα = o ، x ∈ [ a , bولی ) ∫ a dα =α ( x ) − α ( a α ( x) −α (a) = o )]( ∀x ∈ [ a , b x
x
،پس
لذا به ازای ھر ] α ( x ) = α ( a ) x ∈ [ a , b ]n [ x 1 1 = + s سوال (33ثابت کنيد dx s n s −1 ∫1 x s +1 k =1 k n
∑ )( s ≥ 1
n
حل :میدانيم ]∑ f ( k ) = ∫1 f ( x )d [ x n
k =2
−s dx x s +1
⎞⎛ 1
]∫1 [ x]d ⎜⎝ x s ⎟⎠ = ∫1 [ x n
n
بنابراين
[ x ] dx
x s +1
بنابراين
1
1
n
∑ k s = ns−1 − 1+ s ∫1
n
1 ،در نتيجه s k =2 k
1 ]⎞ [ n ] [1 ⎟ = s − s = s −1 − 1 n 1 ⎠ n
جزء به جزء
k =2
n
∑=
]d [ x s
x
⎛ ⎜ x ]d [ 1
1 s ⎝x
n
n
∫+
∫1
با استفاده از قضيه انتگرال گيری به روش
]d [ x s
x
n
∫1
[ x ] dx
x s +1
1
n
1
∑ k s = ns−1 − 1+ s ∫1
n
k =2
و لذا
[ x ] dx
1
n
1
∑ k s = n s−1 + s ∫1
n
x s +1
)(n ∈ N , s ∈ R
k =1
سوال (34نشان دھيد
dx + 1
] x − [x
n
x2
1
1
∑k
∫ = log n −
اثبات :میدانيم [ x ] dx
n
x s +1
1
∫+s
k =1
1 s −1
∫1
]n x − [ x dx ∫− dx 1 x x2
dx چون = log n x dx + 1
]x − [ x x2
n
∫1
n
=
n
1
در نتينجه با برقرار دادن s = 1داريم n
∑ k = 1+ ∫1 k =2
∫ = 1+
در نتيجه n
1
∑ k = log n − ∫1
n
k =1
2
حل :با استفاده از تغيير متغير − u π /2 o
∫=
π /2
dx
سوال (35مطلوب است محاسبه
( tan u ) 2 du 2 ) 1+ ( tan u
1
∑ks
n
x2
1
n
k =1
[ x ] dx = 1+ n [ x ] − x + x dx x2
n
) 1+ ( tan x
π 2
= xنتيجه میشود π /2
du ) 1+ ( cot u
2
o
∫= I
o
∫=
dx 2
) 1+ ( tan x
π /2 o
∫= I
در نتيجه
π 2 پس
= dx
π 4
2
) 1+ ( tan x
2
) 1+ ( tan x
π 2
∫ = 2I
o
=I
سوال (36فرض کنيد fبر ] [ a , bانتگرالپذير باشد و g
]
[
تابعی کراندار بر a , bباشد که به غير از تعداد متناھی نقطه
بر ] [ a , bبا fبرابر باشد ثابت کنيد g ∈ R حل :برای اثبات از قضيه )فرض کنيد تابع fبر بازه ] [ a , bکراندار و Dمجموعه نقاط ناپيوستگی f باشد f ∈ R .بر ] [ a , bاگر و فقط اگر D
بر ][ a , b
با اندازه صفر باشد( استفاده میکنيم. فقط در تعداد متناھی نقطه متفاوت
اگر fانتگرالپذير باشد .مجموعه نقاط ناپيوستگی fبا اندازه صفر است حال اگر gبا f باشد در اين صورت مجموعه نقاط ناپيوستگی gنيز با اندازه صفر است پس gنيز انتگرالپذير است.
2 سوال (37ثابت کنيد انتگرال )]∫ o ( x + [ x]) d ([2x 4
موجود نيست.
حل :ميدانيم در ∫ fd α 4 2 4 2 2 و چون در )] [2x ] ، ∫ ( x + [ x ]) d ([2xو ] x + [ xدر xo = 1ناپيوستهاند پس )] ∫ ( x + [ x ]) d ([2xموجود o o اگر
α, f
در يک نقطه مانند xoناپيوسته باشند آنگاه انتگرال موجود نيست.
نيست. سوال (38نشان دھيد 2n 2n ⎛ k ⎞⎤⎡x 1) ∑ ( −1) sin k = ∫ cos x ⎜ [ x ] − 2⎢ ⎥ ⎟ dx 1 ⎠ ⎦⎣ 2 ⎝ k =1
⎞ ⎤x ⎟ ⎣ 2 ⎥⎦ ⎟ dx x ⎟ ⎟ ⎠
⎡⎢[ x ] − 2
⎛
⎜ 2n
2n
k ⎜ ∫ = 2) ∑ ( −1) ln k ⎜ 1 k =1 ⎜ ⎝
⎛ 2n −3 1 ⎞⎤⎡x ∫= x − 2⎢ ⎥ ⎟ dx 3 ] [⎜ 4 1 k ⎝ x ⎠ ⎦⎣ 2
⎛ −3 ⎞⎤⎡x x − 2⎢ ⎥ ⎟ dx ] [⎜ 4 ⎝ x ⎠ ⎦⎣ 2
2n
k
∫ = lim
2n
)3) ∑ ( −1 k =1
( −1)k 3
n →∞ 1
بر اثبات مساله 38ثابت میکنيم اگر f ′ ⎛ ⎞⎤⎡x f ′ ( x ) ⎜ [ x ] − 2⎢ ⎥ ⎟ dx ⎠ ⎦⎣ 2 ⎝
]
k
∞
∑ )4
k =1
[
بر 1, 2nپيوسته باشد .آنگاه 2n
k ∑ ( −1) f ( x ) = ∫1
2n
k =1
⎤⎡x حل :تابع α : [1, 2n ] → Rرا با ضابطه ⎥ ⎢ α [ x ] = [ x ] − 2در نظر می گيريم واضح است که α ⎦⎣ 2 )چرا( و لذا
) f (k
k +1
)( ( ) ( )) = ∑ ( −1 2n
k =2
2n
f ( x )dα ( x ) = ∑ f ( k ) α k + − α k − k =2
2n
∫1
اما بنابر انتگرال گيری به روش جزء به جزء خواھيم داشت
)∫1 f ( x )d ( f ( x ) ) + ∫1 f ( x ) ρα ( x ) = f (2n ) α (2n ) − f (1) α (1 2n
چونα (2n ) = o , α (1) = 1
،پس
)f ( k ) + ∫ α ( x ) df ( x ) = − f (1 2n
1
از اين رو
2n
k +1
2n
)∑ ( −1 k =2
f ′ ( x ) α ( x ) dx
2n
k ∑ ( −1) f ( k ) = ∫1
2n
k =1
حال برای حل مساله 38کافی است
1) f ( x ) = sin x
تابعی پلهای است
2) f ( x ) = ln x
1 x3
= ) 3) f ( x
سوال (39فرض کنيم f
بر ] [ a , bپيوسته بوده و αبر آن صعودی باشد آنگاه نشان دھيد عددی مانند λاز ][ a , b
ھست به
طوری که
}) f dα = f ( λ ) {α ( b ) − α ( a
b
∫a
اثبات :چون fپيوسته و αصعودی است پس اگر m , Mبه ترتيب اينفيمم و سوپريمم f
بر ][ a , b
باشد در اين صورت با
توجه به
)(1
}) m {α ( b ) − α ( a )} ≤ ∫ fdα ≤ M {a ( b ) − α ( a b
a
پس عددی مانند μموجود است به طوری که m ≤ μ ≤ Mو ) ) fdx = μ (α ( b ) − α ( a و چون f
بر ] [ a , bپيوسته است پس عددی مانند λاز ] [ a , bھست به طوری که ( λ ) = μ
) ) fdx = f ( λ ) (α ( b ) − α ( a
b
∫a
fدر نتيجه
b
∫o ∞
∞
2 −2 2 سوال (40اگر ∞ < ∫1 ( f ( x ) ) x dxآنگاه نشان دھيد ∞ < ∫1 f ( x ) x dx
بر ][ a , b
اثبات :میدانيم اگر g , f و a =1, b = M
پيوسته باشند آنگاه
) ( ∫ ) ≤ ( ∫ f )( ∫ g 2
b
2
a
2
b
fg
a
داريم
2 2 ⎞ ⎞⎛ M 1 ⎞ )⎛ M f ( x) 1 ⎞ ⎛ M ⎛ f ( x ⎟ ⎜ ∫ ⎜ ≤ ⎟ dx dx dx ⎜⎜ ∫1 ⎟ ⎠⎟ ⎟ ⎜⎝ ∫1 x2 ⎠ x x ⎟⎠ ⎜ 1 ⎝ x ⎝ ⎝ ⎠
1 اما dx x2
∞
∞
−2 ∫1کراندار است در نتيجه بنابه فرض داريم ∞ < ∫1 f ( x ) x dx
سوال ( 41فرض کنيم g , f
) ) ( ∫ g ( x ) dx 1
o
توابعی پيوسته و متناوب با دوره متناوب 1باشند نشان دھيد که
f ( x ) dx
k اثبات :با تغيير متغير n
1
o
∫(
= lim ∫ f ( x )g ( nx ) dx 1
n →∞ o
) t → s +برای ھر ( 1≤ k ≤ nخواھيم داشت
k +1
n −1
f ( t )g ( nt ) dt = ∑ ∫k n f ( t )g ( nt ) dt k =o n
⎞k ⎛ f ⎜ s + ⎟g ( ns ) ds ⎠n ⎝
1 n
1
∫o
n −1
∫∑ =
o
k =o
n −1
⎞1 1 ⎛r k ∫o f ⎜⎝ n + n ⎟⎠g ( r ) dr k =o n
∑=
fبر ] [o ,1پيوسته يکنواخت است پس برای ε > o
مفروض،
δ >o
ای ھست که
b
a
1 با انتخاب x
= )g ( x
x , y ∈ [o , 1] , x − y < δ ⇒ f ( x ) − f ( y ) < ε
1 < δ را طوری در نظر بگيريد کهN عدد طبيعی N
داريمn ≥ N پس برای ھر.()بنا به اصل ارشميدس
⎛r k⎞ ⎛k⎞ r ⎜ + ⎟−⎜ ⎟ = ⎝n n⎠ ⎝n⎠ n ⎛r k⎞ + ⎟− ⎝n n⎠
داريمn ≥ N اکنون برای ھرf ⎜
⎛k⎞ f ⎜ ⎟ < ε در نتيجه ⎝n⎠
⎛ 1 n −1 ⎛ k ⎞ ⎞ 1 f t g nt dt − ( ) ( ) ⎜ ∑ f ⎜ ⎟ ⎟ ∫ o g (t ) dt ∫o ⎝ n k =o ⎝ r ⎠ ⎠ 1
1 ⎡ 1 n −1 ⎛r k ⎞ ⎛k ⎞⎤ ≤ ∫ ⎢ ∑ f ⎜ + ⎟ − f ⎜ ⎟ ⎥ g (t ) dt o n ⎝n n ⎠ ⎝n ⎠⎦ ⎣ k =o
< ε ∫ g ( t ) dt ≤ ε M 1
o
[ ]
f از طرفی چون. M = sup g ( t ) ∈ R که در آن
داريم، انتگرالپذير ريمانی استo ,1 روی
t∈[o ,1]
1 n →∞ n lim
lim ∫ g ( nt ) f ( t ) dt = 1
n →∞ o
عددھايی حقيقی باشند وan
n −1
⎛k⎞
∑ f ⎜⎝ n ⎟⎠ = ∫ o f ( t ) dt k =o
(∫
1
o
f ( t ) dt
1
) ( ∫ g (t ) dt ) 1
o
,.... , a2 , a1 , ao ( فرض کنيد42 سوال
(1) ao + a1 cos x + a2 cos 2x + ... + an cos nx > o
x∈R
ao > o ثابت کنيد (1) میدانيم بنابر:اثبات
A=∫
π o
( ao + a1 cos x + .... + an cos nx ) dx > o از طرف ديگر
a a ⎛ ⎞π A = ⎜ ao x + a1 sin x + 2 sin 2x + .... + n sin nx ⎟ = π ao 2 n ⎝ ⎠o ao > o پس
[ ]
پيوسته باشد وo ,1 روی بازه
f ( فرض کنيد تابع43 سوال
o < m ≤ f ( x) ≤ M
x ∈ [o ,1] ثابت کنيد
⎛ 1 1 ⎞ dx ⎟⎟ ⎜⎜ ∫ o ⎝ f ( x) ⎠
(∫
1 o
f ( x ) dx
)
2 m+M) ( ≤
4mM
اثبات :با توجه به اينکه m ≤ f ( x ) ≤ Mدر نتيجه
( f ( x) − m) ( f ( x) − M ) ≤ o
o ≤ x ≤1
)f ( x
در نتيجه
1
∫ o f ( x )dx + mM ∫ o f ( x ) dx ≤ m + M 1
1
1
فرض کنيد ∫ o f ( x ) dx
1
U = mMدر اين صورت
∫ o f ( x )dx + U ≤ m + M 1
2 ) m+M ( ≤
,
2
⎛ ⎞ a2 2 ⎟ ≤ ⎜ ax − x ⎠4 ⎝
u ∫ f ( x ) dx ≤ ( m + M )u − u 1
o
4
پس
)
⎛ 1 1 ) ⎞ (m + M ∫ ⎜⎜ f ( x )dx ≤ ⎟⎟ dx o 4mM ⎠ )⎝ f ( x
2
1
o
∫(
سوال (44فرض کنيد تابعھای g , fروی Rپيوسته باشند و
)
g ( t ) dt
b x
∫()
f ( t ) dt
x a
∫(
= )h ( x
مشتق hرا بدست آوريد و ثابت کنيد
∫ a g ( x ) ( ∫ a f ( t ) dt ) dx = ∫b f ( x ) ( ∫ b g ( t ) dt ) dx x
a
b
x
اثبات :به سادگی ثابت میشود که
h′ ( x ) = f ( x ) ∫ g ( t ) dt − g ( x ) ∫ f ( t ) dt x
b
a
x
[
]
اگر از دو طرف نابرابری باال روی بازه a , bانتگرال بگيريم ،نتيجه میشود.
∫a h′ ( x ) dx = ∫a f ( x ) (∫ x g ( t ) dt )dx − ∫a g ( x )(∫ a f ( t ) dt )dx x
b
b
b ⎛b ⎞ ⎛x ⎞ يا f ( x ) ⎜ ∫ g ( t ) dt ⎟ dx − ∫ g ( x ) ⎜ ∫ f ( t ) dt ⎟ dx ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ a ⎝x ⎠ ⎝a ⎠
b
b
b
∫ = ) h(b) − h ( a a
چون f ( a ) = h ( b ) = o a ⎛x ⎞ ⎛x ⎞ g x f ( t ) dt dx = f x در نتيجه g ( t ) dt ⎟ dx ⎜ ⎟ ⎜ ( ) ( ) ∫ ∫ ∫ ∫ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ a b ⎝a ⎠ ⎝b ⎠ b
سوال (45فرض کنيد تابع f x
F ( x ) = ∫ f ( t ) dt a
]
[
]
[
بر a , bپيوسته باشد و تابع Fبر a , bبه صورت زير تعريف شده است
b
ثابت کنيد که Fبر ] [ a , bبا تغيير کراندار است و VF ( a , b ) = ∫ f ( t ) dt a
[
]
اثبات :فرض کنيد p = a , x1 , x2,... xn −1, bافراز دلخواھی از بازه بسته a , bباشد آنگاه xi
= )F ( x i ) − F ( xi −1
∫ f ( t ) dt
xi −1
f (t ) dt
xi
∫
≤ VFi
x i −1 xi
b
∫ ∑ l =1
در نتيجه f ( t ) dt = ∫ f ( t ) dt a
در نتيجه f
]
n
n
∑
≤ ΔFi
)(1
i =1
xi −1
[
بر a , bبا تغييرکراندار است. b
حال قسمت دوم حکم را ثابت می کنيم .بنابر )(1
≤ ) (2) ، VF ( a , bدر نتيجه کافی است ثابت کنيم
∫ f ( t ) dt a
b
) ∫ f ( t ) dt ≤ VF ( a, b
در xiھا پيوسته خواھد شد در نتيجه
چون Fپيوسته است پس F
a
∀ε > o ∃ δ , o < t − x i −1 < δ ⇒ f (t ) − f ( x i −1 ) < ε از اين رو f ( t ) ≤ f ( xi −1 ) + ε در نتيجه f ( xi −1 ) dt + ε Δ xi
xi
∫x
i −1
= f ( xi −1 ) dt + ε Δxi
⎣⎡ f ( xi −1 ) − f ( t ) + f ( t ) ⎦⎤ dt + ε Δ xi f (t ) dt + ε Δ x i
xi
xi
∫
≤ f (t ) dt
xi −1 xi
∫x
xi
∫x
i −1
=
i −1
∫ f ( x i −1 ) − f (t ) dt +
x i −1
xi
∫≤
x i −1
≤ ε Δ xi + ΔFi + ε Δxi = 2εΔxi + ΔFi در نتيجه n
) f ( t ) dt ≤ ∑ ΔFi + 2ε (α ( b ) − α (α i =1
و چون
ε
دلخواه می باشد در نتيجه
بنابراين طبق ) (2و )(3
xi
∫x
i −1
n
∑ = f ( t ) dt i =1
b
∫a
) ∫a f ( t ) dt ≤ VF ( a , b b
)( 3
VF ( a, b ) = ∫ f ( t ) dt b
a
سوال ( 46نشان دھيد که يک چند جملهای مانند fبر ھر بازه فشرده مانند ] [ a , bبا تغيير کراندار است .اگر صفرھای f ′
دانسته فرض شدند ،روشی را توصيف کنيد که به وسيله آن بتوان تغيير کل f اثبات :فرض کنيد
]
[
را بر a , bبدست آورد.
+ .... + a1x + ao
n −1
f ( x ) = an x + an −1xچند جلمهای مورد نظر ما باشد n
f ′ ( x ) = nan x n −1 + ( n − 1) an −1x n−2 + .... a1 + ... + a2 x + a1
n −2
+ ( n − 1) an −1 x
اگر قرار دھيم }] γ = max { x x ∈ [ a , b
n −1
≤ n an x
در اين صورت
f ′ ( x ) ≤ n an α n−1 + ( n − 1) an−1 α n −2 + ... + a1
در نتيجه f
با تغيير کراندار خواھد بود .حال فرض
کنيد } {c1 , c2 ,..., ck
مجموعه ريشهھای f ′
باشد قرار می-
دھيم c1 < c2 < ... < ckدر اين صورت
) V f ( a , b ) = V f ( a , c1 ) + V f ( c1 , c2 ) + V f ( c2 , c3 ) + ... + V f ( ck , b
]
[]
[
]
[
اما ciاکسترمم fمی باشند بنابراين در ھر کدام از فاصلهھای ck , b , ...., c1 , c2 , a , c1تابع fيا در حال صعود و يا در حال نزول مي باشد .در نتيجه
) V f ( a , c1 ) = f ( c1 ) − f ( a ) ,..., V f ( ck , b ) = f ( b ) − f ( ck
)
k
⇒V f ( a , b ) = f (c1) − f ( a ) + ∑ f (c i ) − f (c i −1 ) + f (b ) − f (c k i =2
x=o سوال (47ثابت کنيد
o< x≤a
⎧o ⎪ f ( x ) = ⎨ 2بر ] [o ,1با تغيير کراندار است. 1 ⎪⎩ x sin x
حل:
1 چون = o x
lim x2 sinلذا f x →o
] [
بر o ,1پيوسته است .اما
1 1 1 1 − cos ⇒ f ′ ( x ) ≤ 2x sin + cos x x x x 1 1 + cos ≤ 2a + 1 x x
لذا f
f ′ ( x ) = 2x sin
⇒ f ′ ( x ) ≤ 2 x sin
] [
بر o ,1با تغيير کراندار است در حالت کلی به ھمين شيوه میتوانيد ثابت کنيد
x=o
o≤ x≤b
به ازایα > 1
x=o
⎧o ⎪ , ⎨ α 1 o< x≤b ⎪⎩ x cos x
⎧o ⎪ f ( x) = ⎨ α 1 ⎪⎩ x sin x
با تغيير کرانداراند.
] [
سوال (48تابع fبر o ,1را با ضابطه زير تعريف میکنيم .نشان دھيد fبا تغيير کراندار نيست.
اثبات :فرض کنيم Mعددی مثبت و دلخواه باشد .افراز P
را به صورت
{
}
P = o , x1 , r1 , x2 , r2 , .... , rn−1, xn ,1
که در آن (1 ≤ i ≤ n ) ri ∈ Q , xi ∈ Qدر نتيجه
= f ( x1 ) − f ( o ) + ... + f ( xn ) − f ( rn −1 ) + f (1) − f ( xn ) = 1+ 1+ ... + 1 = 2n
عدد طبيعی nرا طوری اختيار میکنيم که 2n > Mدر اين صورت f
n
∑ Δf k k =1
با تغيير کراندار نيست زيرا کافی بود نشان دھيم
⎛ n ⎞ ⎟ ∀M ; ∃p ⎜ ∑ Δf k ≥ M ⎝ k =1 ⎠
فصل 10مسائل بخش ھمگرايی يکنواخت روی سری توابع سوال ( 1
با استفاده از تعريف ھمگرايي يكنواخت نشان دھيد دنباله } { f n
كه
f n ( x) = x n
]
] [
[
در ھر بازه به صورت o , kكه k < 1به طور يكنواخت ھمگراست ولي در o ,1فقط نقطه به نقطه ھمگراست. اثبات :حد نقطه به نقطه عبارت است از
⎧o . ≤ x < 1 ⎨ = ) f (x ) = lim f n (x ∞→ n ⎩1 x = 1
بنابراين دنباله } { f n فرض كنيد
] [
به تابع ناپيوسته اي بر o ,1نقطه به نقطه ھمگراست.
f n (x ) − f (x ) < εو ε > o
داده شده باشد .به ازاي ، o < x ≤ k < 1داريم
| f n ( x) − f ( x) | = x n < ε 1n 1 1 > ) ( يا ھرگاه x x ε
log
1
ε
n > logآنگاه رابطه فوق برقرار است .عدد
1 ) (log
ε
1 ) (log x
با افزايش ، xافزايش مي يابد.
1 1 1 logپس اگر Nعددي طبيعي بزرگتر از log پس ماكزيمم آن در ] [o , kعبارت است از log k ε k آنگاه
به
ازاي
ھر
o< x ≤ k
و
ھر
،n ≥ N
| f n ( x) − f ( x) |< ε
ھمچنين
1
ε در
logباشد ،x=o
| f n ( x) − f ( x) | = o < εپس براي ھر N ، o < εاي يافتيم كه به ازاي ھر o ≤ x ≤ kو ھر ، n ≥ N
| f n ( x) − f ( x) |< ε
يعني دنباله } ] { f n
[
در o < k < 1 ، o , kبه طور يكنواخت ھمگراست
1 اما x
1
log
ε
كه ) (n ≥ N
logوقتي x → 1به سمت بي نھايت ميل كند ،بنابراين براي ، o ≤ x ≤ 1نمي توان چنين Nاي پيدا كرد.
و . | f n ( x ) − f ( x) |< ε
سوال ( 2نشان دھيد با استفاده از تعريف ھمگرايي يكنواخت دنباله } { f n
كه در آن
) f n ( x) = tg −1 nx , ( x ≥ o
]
[
در ھر بازه به صورت ، a, bكه a > oبه طور يكنواخت ھمگراست .ولي در بازه اي به
صورت ][o , b
به صورت
نقطه به نقطه عبارت است از تابع
⎧π ⎪ f ( x) = lim f n ( x) = ⎨ 2 ∞→ n ⎪⎩o
x>o x=o فرض كنيد
|< ε
π 2
ε >o
داده شده باشد ،به ازاي ھر x > oرابطة
| f n (x ) − f (x ) | = | tg −1 nx −
cot gε −1 معادل است با cot g nx < εيا nx > cot gεيا x
>n
cot gε cot gε > nكاھش مي يابد .پس ماكزيمم آن در بازه ] a > o ، [ a, b چون با افزايش ، x a x cot gε عددي طبيعي بزرگتر از باشد آنگاه به ازاي ھر a ≤ x ≤ bو ھر ، n ≥ Nخواھيم داشت a است .پس اگر N
، | f n ( x) − f ( x) |< εيعني } ] { f n
[
در a > o , a, bبه طور يكنواخت ھمگراست.
cot gε اما چون a
] [
است .وقتي ، x → oپس چنان Nاي نمي تواند موجود باشد كه به ازاي ھر xاز o, bو ھر
] [
. | f n ( x) − f ( x) |< ε ، n ≥ Nبنابراين در بازه o, bھمگرايي يكنواخت نيست .نقطه به نقطه ھمگراست
سوال (3ھمگرايي يكنواخت دنباله } { f n nx 1+ n2x2
را ،كه در آن
= )f n ( x
بررسي كنيد.
حل :دنباله } { f nنقطه به نقطه به f = o
ھمگراست.
فرض كنيد دنباله } { f n
[
]
در بازه اي مانند ، a, bھمگرايي يكنواخت باشد .پس به ازاي ھر
ε >o
عدد طبيعي مانند Nھست
به طوري كه به ازاي ھر ] x ∈ [ a, b nx − o |< ε 1+ n2x2
) (n ≥ N
|
1 1 حال فرض كنيد = εھرگاه عددي طبيعي ،مانند mموجود باشد كه ∈ [ a, b ] , m ≥ N 3 m 1 = kبه دست مي آوريم m nx 1 1 |=
آنگاه با انتخاب n = mو
|
1 1 پس به يك تناقض مي رسيم .در نتيجه دنباله در بازه اي كه شامل يا m m 1 ±پس f nدر بازه اي كه شامل صفر باشد ھمگرايي يكنواخت نيست. →o m سوال ( 4نشان دھيد دنباله } {snكه
− nx2
−باشد .داراي ھمگرايي يكنواخت نيست .اما
S n ( x) = nxeدر ھر بازه به صورت
]
[
، o , kنقطه به نقطه ھمگراست ،ولي
ھمگرايي يكنواخت نيست. حل :
ھرگاه سري در بازه ]
طوري كه به ازاي ھر x ≥ o
[
o , kبه طور يكنواخت ھمگرا باشد ،آنگاه به ازاي ھر
ε >o
عددي طبيعي مانند Nھست به
و ھر ، n ≥ N
| S n ( x ) − S ( x ) |= nx e − nx < ε 2
)(1
1 حال فرض كنيد N oعددي طبيعي و بزرگتر از Nباشد و No
= xو n = N oرابطه ) (1ايجاب مي كند كه
N .e −1 < ε ⇒ N o < e2ε 2 و آن يك تناقض است.
]
[
در نتيجه در o , kھمگرايي ،يكنواخت نيست.
x سوال ( 5ثابت كنيد دنباله } ، { f nكه در آن 1+ nx2 حل :به ازاي ھر f ( x) = lim f n ( x ) = o , x ∞→ n
= ) f n ( xدر ھر بازه بسته مانند I
به طور يكنواخت ھمگراست.
x 1+ nx 2
| M n = sup| f n ( x ) − f ( x ) |= sup x ∈I
x ∈I
x 1 = | →o 2 1+ nx 2 n
| ≤ sup x∈R
1 1 x است كه در نقطه | برابر پس fدر Rبه طور يكنواخت ھمگراست ] .توجه :ماكزيمم | 1+ nx2 n 2 n
x=±
بدست مي آيد. ∞
x سوال ( 6نشان دھيد سري n + x2n q
∑
p
]
[
بر ھر بازه متناھي a , bبه طور يكنواخت ھمگراست كه q , pدريكي از
n =1
دو شرط زير صدق مي كنند
الف( p > 1و q ≥ o
ب( p + q > 2 , o < p ≤ 1
حل :الف( فرض كنيد p > 1و q ≥ oدر اين صورت
x α |≤ p 2 q n +xn n p
كه
|= | ) | f n ( x
}| α ≥ mox {| a |,| b
در ][ a , b
چون به ازاي ، p > 1سري
α p
∑n
ھمگراست .پس بنابر آزمون − M
به طو ر يكنواخت ھمگراست.
ب( -فرض كنيد p + q > 2, o < p ≤ 1در اين صورت | ) | f n ( xبه ماكزيمم خود
x2 n q = n p 1 1 )( p+q 2
وايرشتراس سري
1 1 )( p+q 2
در نقطه اي مانند
2n
مير سد .پس
≤ ) fn ( x
2n
و چون سري
1 1 )( p+q 2
∑
به ازاي p + q > 2ھمگراست پس بنابر آزمون
− Mوايرشتراس سري در ][ a , b
به طور
2n
يكنواخت ھمگراست.
cos nθ سوال (7ثابت كنيد :سريھاي np o < α < πبه طور يكنواخت ھمگرا ھستند.
∑
sin nθ و np
∑
به ازاي p > o
در ھر بازه به صورت ] [α , 2π − α
و
حل :ھرگاه p > 1
،آزمون ديريلكه نتيجه مي دھد كه ھر دو سري در ھر بازه به صورت ] [α , 2π − α
1 طور يكنواخت ھمگرا ھستند با انتخاب np
o <∝ 2π ،به
1 un (θ ) = cos n θيا un (θ ) = sinθداريم. np
= ) bn (θو
مثبت و
نزولي و به طور يكنواخت ھمگرا به صفر است و
n +1 n θ sin θ 2 2
θ
2
cos
n
∑=
= cos r θ
sin
r =1
α
) (α ≤ θ ≤ 2π − α
2
n
r
∑r =u r =1
≤ cos ec
cos nθ پس شرايط قضيه برقرار است در نتيجه سري np n =1 ، o < α < πبه طور يكنواخت ھمگراست. ∞
∑
سوال ( 8نشان دھيد سري cos nx
−x
sin nθ و به طريق مشابه ∑ np n =1 ∞
) ) ∑ ( log ( n + 1بر ھر بازه به صورت ] [θ1 ,θ2
كه o < θ1 ≤ x ≤ θ22πبه
طور يكنواخت ھمگراست.
اثبات :ھر گاه ⎦⎤ x ∈ ⎡⎣θ1 , θ2 −θ 1
پس
}){log ( n + 1 −x
1
1
θ2 2
≤
) )( log ( n + 1 ,
sin
θ1 2
−x
−x
آنگاه
)
(
) log ( n + 1مثبت و نزولي بر حسب nاست .و چون
})o < {log ( n + 1
به طور يكنواخت به صفر ھمگراست و چون
max
≤
sin
1
≤
x sin 2
n
cos r x
∑ r =1
در نتيجه بنا بر آزمون ديريكله ،بر ⎦⎤ ⎡⎣θ1, θ2به طور يكنواخت ھمگراست. سوال ( 9نشان دھيد سري
+ ...
3
)
x4 x4 x4 + + 2 1+ x4 1+ x4 1+ x4
( )
( )
] [
(
] [
x +بر o ,1به طور يكنواخت ھمگرا نيست. 2
] [
اثبات :چون جمالت سري بر o ,1پيوسته اند و سري بر o ,1به تابع نا پيوسته
بر ] [ a, 2π − α
،
⎧1+ x4 , x ≠ o ⎨ = )f ( x ,x =o ⎩o نقطه به نقطه ھمگراست .پس ھمگرايي يكنواخت نيست. n −1
سوال ( 10نشان دھيد سري
2
1 اثبات :فرض كنيد n + x2
)( −1
∞
∑ n+ x
به طور يكنواخت ھمگراست.
بر R
n =1
= ) ، bn ( xدر نتيجه ) bn ( xمثبت و نزولي بر حسب nاست .و بر R
صفر ھمگراست و قرار مي دھيم
n −1
). U n ( x ) = ( −1
n
)∑ u ( x
≤1
r
r =1
n
يعني
به طور يكنواخت به
n
)∑ u ( x r
به طور يكنواخت كراندار است .پس بنابر آزمون ديريكله سري
n =1
)∑ b ( x)u ( x n
n
بر R
به طور
n =1
يكنواخت ھمگراست.
سوال (11نشان دھيد سري
)
x
2
x اثبات :قرار دھيد n 1+ n x2
)
(
دست مي آيد .پس چون
2
∞
∑ n 1+ nx
1 2n 3
(
بر Rبه طور يكنواخت ھمگراست.
n =1
= ) f n ( xدر اين صورت ماكزيمم ) f n ( xبرابر ∞
∞
n =1
n =1
∑= ∑ Mn
1 3 2
2n
1 كه در نقطه n
x ھمگراست پس بنابر آزمون Mوايرشتراس سري ∑ n )nx 2 ( 1 + n =1
سوال (12ثابت كنيد اگر ، −1 < x < 1
1 2x 4x 3 8x 7 1 + + + = + ... 2 4 8 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 1− x حل :سري
)
(
(
log (1− x ) + log (1+ x ) + log 1+ x2 + log 1+ x4 + ...
)( 1
را در نظر بگيريد .مجموع جزئي nام آن عبارت است از
) ) = log (1− x 2n
( )
()
(
sn = log (1− x )(1+ x ) 1+ x2 1+ x4 ... 1+ x2
n −1
2
∞
ھمگراي يكنواخت است.
)
= xبه
به ازاي u < 1وقتي ∞ → sn → o ، n بنابراين سري ) (1به صفر ھمگراست. سري حاصل از مشتق گيري جمله به جمله ) ،(1بدون در نظر گرفتن دو جمله اول ،عبارت است از
2x 4x 3 8x 7 2n x2 −1 )( 2 + + + ... + n + ... 1+ x2 1+ x4 1+ x 8 1+ x2 n
به ازاي ھر ≤ 2n p 2 −1 , x ≤ p < 1 n
وايرشتراس سري مشتق ھا بر
−1
n
n
2
2n x 2
،چون سري
1+ x
2n −1
∞
∑2 p n
ھمگراست .بنابر آزمون − M
n =1
x ≤ p < 1به طور يكنواخت ھمگراست .
در نتيجه حاصل جمع سري ) ، (2مشتق سري ) (1بدون دو جمله اول مي باشد.
2x 4x 3 8x 7 d 1 1 + + = }) + ... = {− log (1− x ) − log (1+ x − 2 4 8 dx 1+ x 1x 1+ x 1− x 1+ x 1 2x 4x 3 8x 7 1 + + + = + ... 2 4 8 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x 1− x
از نتيجه
سوال ( 13نشان دھيد دنباله } { f n
،كه
1 ⎧ 2 ⎪n x o ≤ x ≤ n ⎪ 1 2 ⎪ f n ( x ) = ⎨−n2x + 2n ≤≤x بر ] [ a, bبه طور يكنواخت ھمگرا نيست n n ⎪ 2 ⎪ ≤ x ≤1 ⎪o n ⎩
حل :دنباله فوق بر ][o ,1
نقطه به نقطه به f ( x ) = oھمگرا است .ھمچنين f n 1
2 n
1 n
2 n
1 n
o
f n ( x ) = ∫ n2xdx + ∫ (− n2x + 2n)dx + ∫ o dx = 1
1
در حالي كه
∫ fdx = o o
1
،پس f n ) x)dx ≠ ∫ f ( x ) dx
سوال (14نشان دھيد دنباله } { f n
o
كه در آن
] [
ھا و fبر o ,1پيوسته اند و
1
∫ o
1
∫ o
limبنابراين ھمگرايي نمي تواند يكنواخت باشد.
∞→ n
)
(
log 1+ n 3 x2 2
n
] [
= ) f n ( xبر بازه o ,1به طور يكنواخت ھمگراست
اثبات :براي اثبات از قضيه }فرض كنيد } { f n
دنباله اي از توابع باشد که به
fھمگرا باشد و ھر كدام از f nھا بر ][ a, b
x ⎧⎪ ⎫⎪ انتگرال پذير باشد .در اين صورت fبر ] [ a, bانتگرال پذير است و دنباله ⎬ ⎨ ∫ f n dtبر ] [ a, bبه طور يكنواخت به ⎪⎩ a ⎭⎪ x
∫ fdt
ھمگراست .يعني
a
x
)∫ f dt , (a ≤ x ≤ b n
a
lim
∞→ n
x
= fdt
∫ a
2nx حال دنباله }) {Qn ( xرا ،كه ) = f ′ n ( x 1+ n3 x2
به طور يكنواخت به Q = o
= ) Qn ( x
،در نظر بگيريد به سادگي مي توان نشان داد كه } Qn
{
] [
ھمگراست و نيز ) Qn ( xھا بر o ,1پيوسته اند .بنابراين قضيه باال دنباله انتگرالھا يعني x
} { fبر ] [o ,1به طور يكنواخت به ∫ Qdt = o n
ھمگراست .پس حكم ثابت مي شود.
o
سوال (15فرض كنيم } { f nدنباله اي از توابع پيوسته كه به تابعي چون fبر E
به طور يكنواخت ھمگرا باشد .ثابت كنيد به
ازاي ھر دنباله از نقاط xn ∈ Eكه xn → xو x ∈ Eداريم :
) f n ( xn ) = f ( x
lim
∞→ n
اثبات : ) ( 1) f n → f ≡ ∀ε > o∃ N s.t ∀n ≥ N ⇒ f n ( x ) − f ( x ) < ε 2( x ∈ E
ﻳﻜﻨﻮاﺧﺖ
چون بنا به فرض f n ،ھا پيوسته ا ند .پس بنا به تعريف
xn − x < δ ⇒ f n ( xn ) − f n ( x ) < ε 2
∃δ > o s.T
(2) ∀ε > o
بنابر ) ( 1و ) (2داريم :
) ∃δ > o s .t f n ( x n ) − f ( x ) = f n ( x n ) − f n ( x ) + f n ( x ) − f ( x ⇒ f n (x ) − f (x ) < ε
ε 2
+
ε 2
∀ε > o
< ) ≤ f n (x n ) − f n (x ) + f n (x ) − f (x
] [
سوال ( 16اگر g : o ,1 → Rپيوسته باشد و g (1) = oو ) ، f n ( x ) = x g ( xنشان دھيد كه دنباله f nبه طور n
يكنواخت ھمگراست.
] [
اثبات :براي اثبات از قضيه ديني استفاده مي كنيم مي دانيم o ,1فشرده است و
x =o
⎧o ⎪ f ( x ) = lim f n ( x ) = lim x g ( x ) = ⎨ g (1) = o ∞→ n ∞→ n ⎪o ⎩
x =o
n
o < x <1
]f n +1 ( x ) = x n +1g ( x) < x n g ( x ) = f n ( x ) ⇒ f n +1 ( x ) < f n ( x ) : x ∈ [o ,1
دنباله } { f nتابعي پيوسته است و f = o ∞
نيز پيوسته است بنابراين بنابر قضيه ديني f nبه طور يكنواخت ھمگراست . 1
1 سوال (17ثابت كنيد m m =1 m
−x ∑ = ∫ x dx
o
اثبات :ابتدا x − xرا بسط مي دھيم مي دانيم x − x = e − x ln x x n ln n x
n
)( −1
!n
∞
∑ = 1+
−x
پس
x
n =1
1 كه براي o < x ≤ 1ھمگراي يكنواخت است .زيرا ماكزيمم x ln xدر ] [o ,1برابر 2 محدود مي شود. n
⎞⎛ 1 ⎟ ⎜ ∞ ⎠⎝e ∑ !n n −o
بدين ترتيب مي توان جمله به جمله انتگرال گرفت .اما مي دانيم
!n n +1
)( n + 1
n
)ln n xdx = ( −1
1
n
o
∞
بنابراين
∫x
1 m m =1 m
1
−x ∑ = ∫ x dx
o
] [
سوال (18فرض كنيد {rn }n∈Nدنباله تمام اعداد گويا در بازه o ,1باشد و
پس رشته مفروض ،با رشته زير
} x ∈ {r1 , r2 ,..., rn
⎪⎧ x fn ( x ) = ⎨ 2 ⎪⎩ x
در ﻏﻴﺮ اﻳﻦ ﺻﻮرت
ثابت كنيد } [ ] { f n
در o ,1ھمگراي يكنواخت نيست.
اثبات:
مي دانيم
]x ∈ Q ∩ [o ,1
⎧⎪ x fn ( x ) = f ( x ) = ⎨ 2 ⎪⎩ x
x ∈ [o ,1] − Q
نيست .لذا f nھا به f
lim
∞→ n
و fھا در o ,1انتگرال پذيراند و f ] [ n
انتگرال پذير
ھمگراي يكنواخت نمي باشد.
[ ] { pn }n∈N
بر o ,1به صورت زير باشد pn ) :ھا پيوسته اند (
سوال (19اگر
)
Po = o
(
1 ) t − Pn2 ( t 2
Pn +1 ( t ) = Pn ( t ) + ھمگراست.
ثابت كنيد Pnبه طور يكنواخت به t
حل :مي دانيم براي ھر tدر ] { Pn ( t )}n∈N [o ,1صعودي است .از طرفي به استقراء روي nداريم t − Pn ( t ) ≥ o در نتيجه ) t ≥ pn ( tلذا 2
{
}n∈N
) Pn ( tصعودي و كراندار است در نتيجه ھمگراست .
(
)
1 فرض كنيم ) Pn ( t ) → l ( tداريم t − t 2 2 u.c ) Pnبنا بر قضيه ديني ( ) P(t ][o ,1
]
l = l +در نتيجه l = tو با انتخاب t
= ) p ( tنتيجه مي گيريم كه
[
سوال (20اگر fبر a , bپيوسته باشد و براي ھر nطبيعي داشته باشيم. n ∫a f ( x ) x dx = o b
آنگاه ثابت كنيد
f =o
بر ][ a , b
اثبات :براي اثبات از قضيه استون – وايرشتراس استفاده مي كنيم .چون fپيوسته است. پس دنباله از Pnھا موجود اند به طوريكه
u .c
Pn ⎯⎯⎯→ fدر نتيجه
] [a , b
2
Pn f → fاما اگر قرار دھيم
Pn ( x ) = an x n + an −1 x n −1 + ... + aoدر اين صورت بنا بر فرض مساله f Pn = o چون
2
fپيوسته و نامنفي است پس f = oدر نتيجه f = oو حكم ثابت مي شود. 2
b
∫a
پس
f 2= o
b
∫a
و
سوال (21توابع fو gچنان ھستند كه براي ھر } n ∈ N ∪ {oداريم
f , gپيوسته اند .ثابت كنيد f = g
n n ∫o x f ( x ) dx = ∫o x g ( x ) dx
1
بر ][o ,1
اثبات :براي اثبات از مسئله 20كمك مي گيريم:
( f ( x ) − g ( x )) = o
1 n
∫o x
⇒
2 n ∫o x f ( x ) dx − ∫o x g ( x ) dx = o 1
1
با توجه به مسئله قبل
بر ]f ( x ) − g ( x ) = o ⇒ f ( x ) = g ( x ) [o ,1 سوال ( 22فرض كنيد fبر ] [o ,1پيوسته باشد و f n ( x ) = ∫ f n−1 ( t ) dtو fo = f x
o
u .c ⎯⎯ f n ثابت كنيد → o
][o,2 اثبات :فرض كنيد ) f ( t fdt ≤ ∫ f dt x
x
o
M = maxروي o ≤ t ≤ 2
∫
o
= f o (t ) dt
x
= ) f 1(x
∫
o
x
≤ ∫ M dt = Mx o
و ھمين طور
Mx2 2
= Mtdt
x
∫o
≤ ) f2 ( x
و ...
Mx n M 2n ≤ , x ∈ [ o , 2] ⇒ f n o , 2 →o ] [ !n n
≤ ) f n (x
u .c در نتيجه o →⎯⎯ f n ]on [o,2
سوال (23فرض كنيد
f
بر ][o ,1
پيوسته باشد ثابت كنيد
اثبات :قرار مي دھيم ) (
fn ( x ) = f xn
1
)∫o f ( o ) = f (o
= f n (t ) dt
) (
f x n dx
در اين صورت داريم :
1
∫o nlim ∞→
1
f ( o ) = lim
n→∞ ∫o
u .c →⎯⎯⎯ f n o ]on [o ,1
1
= lim ∫ f n (t ) dt
n →∞ o
در نتيجه
1
و
و حكم ثابت مي شود
سوال ( 24فرض كنيد به
f
fiR → R
پيوسته يكنواخت است و
⎞1 ⎛ ⎟ f n ( x) = f ⎜ x + ⎠n ⎝
ثابت كنيد
fn
به طور يكنواخت
ھمگراست.
حل :چون
پيوسته يكنواخت است بنابراين
f
∀ ε > o ∃δ > o ∀ x , y ( x − y ) < δ ⇒ f ( x ) − f ( y ) < ε N
را طور ي مي گيريم كه
2 <δ N
در اينصورت با فرض
⎞1 ⎞1 ⎛ ⎛ = f ⎜ x + ⎟ − f ⎜ x + ⎟ <ε ⎠m ⎠n ⎝ ⎝
m>n≥N
) ( x ) − fn ( x
m
داريم
f
زيرا
⎛ ⎞1 ⎞1 1 1 1 12 ⎛ <δ ⎜ x + ⎟−⎜ x + ⎟ = − < + ⎝ ⎠m ⎠n m n m nN ⎝ در نتيجه حكم ثابت مي شود. سوال ( 26اگر
fn
دنباله اي از توابع كراندار باشد كه به طور يكنواخت ھمگراست .نشان دھيد اين دنباله به طور يكنواخت
كراندار است. اثبات :چون
f nبه طور يكنواخت ھمگراست .بنابراين بنا بر شرط كوشي با قرار دادن ε = 1
و براي ھر
n>N
داريم
f n ( x ) − f N ( x ) < 1در نتيجه f n ( x ) < f N ( x ) + 1
از سوي ديگر بنا به فرض به ازاي ھر اگر قرار دھيم
Mn,n
اي وجود دارد به طوري كه به ازاي ھر
fn ( x ) ≤ M n , x
در نتيجه
M = max M 1 ,..., M N , M N +1
fn ( x ) ≤ M در نتيجه حكم ثابت مي شود. سوال (27فرض كنيد
fn
دنباله اي از توابع پيوسته بر ][o ,1
باشد كه به طور يكنواخت به تابع
f
ھمگراست نشان دھيد
f ( x ) dx
1
∫ = f n ( x ) dx
n→∞ o
o
( f n ( x ) − f ( x )dx + ∫1− 1 1
f ( x)dx
اثبات :
1 n
1−
∫ lim
1 n
1−
n
پس
∫o
= f ( x ) dx
1
1 n
∫ f n ( x ) dx −
o
1−
∫o
:
f ( x ) dx
M n
1 1 n
1 1− n o
∫ f n ( x ) − f ( x ) dx +
∫
1−
≤ f ( x ) dx
1
∫ f n ( x ) dx −
o
1 1− n o
∫
1
≤ ∫ f n ( x ) − f ( x ) dx + o
)M = sup f ( x
كه در آن
f ( x ) dx
در نتيجه
1
چون
u .c →⎯⎯ f
∫ = f n ( x ) dx
1 n
1−
سوال ( 28فرض كنيد
∫ lim
n→∞ o
o
} {an
، f nطرف دوم به صفر ھمگراست.
دنباله اي نزولي از اعداد مثبت باشد و
nan → o
وقتي كه
∞→n
ثابت كنيد
∞
∑ an sin nx
به طور يكنواخت ھمگراست.
n
اثبات :ما مي دانيم بنا بر مساله اي
اگر } {anدنباله اي نزولي از اعداد مثبت باشد كه ( n → ∞ ) ; n an → o
آنگاه
∞
∑ an
ھمگراست .بنابر اين چون
n =1 ∞
an = ∑ an n =1
∞
∑
n =1
∞
≤ ∑ an sin nx n =1
∞
≤ ∑ an sin nx n =1
∞
بنابراين
∑ an sin nx
ھمگراي يكنواخت خواھد بود
n =1
∞
به ھمين روش مي توانيد ثابت كنيد ∑ an cos nx
ھمگراي يكنواخت است.
n =1
سوال (29اگر
h>o
،ثابت كنيد كه رشته
يكنواخت است نشان دھيد كه معادله
1 ns
∞
∑ = )ζ (s
n =1
بر بازه نيمه نامتناھي
∞1+ h ≤ s < +
ھمگراي
∞
log n s n =1 n
∑ ζ ′ ( s ) = −به ازاي ھر s > 1
( −1)k ( log n )k
∞
ns
n =1
∑ = )(s
) (k
∀ k ≥1 ζ
1
حل :چون > 1
) 1+ hزيرا
حال فرض كنيد
s ≥ 1+ h
در اين صورت
پس
مي دانيم −s log n ns
ھمگراست.
n =1
< ∀n ≥ 1; n s ≥ n 1+ h ⇒ o ∞ 1 1 ≤ ∑ s 1+ h n n =1 n
حال بنابر قضيه
∞
∑ n1+h
h>o
1 1 ≤ 1+ h s n n
برقرار است و ثابت كنيد
−M
∞
∑⇒
n =1
∞
وايرشتراس
n − s = elog n
1 s n =1 n
∑ بر ) ∞[o ,
ھمگراي يكنواخت است.
در اين صورت
= − log.e− s log n = − log n.n − s = −
− s log n
( n )′ = dsd e
log n )( ∀ s > 1 ns
در نتيجه
حال ثابت مي كنيم كه :
اگر k = 1
آنگاه
( −1)k ( log n )k
∞
ns
n =1
ثابت مي كنيم
∑ = )(s
) (k
ζ
∞
) (
′
∞
ζ ( s ) = ∑ n − s =∑ − n =1
( −1)k ( log n )− k
∞
ns
n =1
− log n = ) ζ (1)( s ) = ζ ′ ( s s n
−s
حال فرض مي كنيم
n =1
∑ = ) ∀ k ≥1 : ζ ( s
ζ
ζ
( k +1)
( k +1)
( s ) = (ζ
∞
( −1)k +1 ( log n )
n =1
ns
(s ) = ∑
(k )
k +1
k k ′ ⎛ ∞ ( −1) ( log n ) ( s ) = ⎜⎜ ∑ ns ⎝ n=1
⎞′ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ( −1)k (log n) k = ∑⎜ ⎜ ns n =1 ⎝
⎞′ ⎟ ⎟ ⎠
)
∞
∞
( )′
= ∑ ( −1) ( log n ) h − s k
k
n =1
∞
k k ⎛ − log n ⎞ = ∑ ( −1) ( log n ) ⎜ ⎟ s ⎝ n ⎠ n =1 ∞
( −1)k +1 ( log n )k +1
n =1
ns
=∑ دنباله
{ g n } { وf n } به طور يكنواخت ھمگرا باشند و به عالوه .به طور يكنواخت ھمگرا خواھد بود
باشد در اين صورت
E
E
بر مجموعه
بر
{ g n } { وf n } ھرگاه
( 30 سوال
{ fn , gn } ثابت كنيد.ھايي از توابع كراندار باشند
{ g n } كران بااليB { باشد وf n } كران باالي
A فرض كنيد: اثبات
∀ ε < o : ∃ N1 s.T ∀ m, n ≥ N1 ⇒ f n ( x ) − f m ( x ) < ε 2B ∀ ε < o : ∃ N2 s.T ∀ m, n ≥ N2 ⇒ g n ( x ) − g m ( x ) < ε 2A در اين صورت
N = max { N1, N2} حال
fn ( x ) gn ( x ) − fm ( x ) gm = fn ( x ) gn ( x ) − fn ( x ) gm ( x ) + fn ( x ) gm ( x ) − fm ( x ) gm ( x ) ≤ fn ( x ) gn ( x ) − gm ( x ) + gm ( x ) fn ( x ) − fm ( x ) ≤ B×
ε 2B
+ A×
ε 2A
=
ε 2
+
ε 2
=ε
و حكم ثابت مي شود
سوال (31
1 dt ) fn (t
{ fn} n ∈ N
دنباله اي از تابع ھاي
x n +1 ( x ) = o 1+
{ f n ( x )}n∈N
∫
f n : [o ,1] → R +
∀ x∈[o ,1] , ∀n ∈ N , f
است .به طوري كه
ثابت كنيد براي ھر
fo
][o ,1
،باشد كه
f ′ ( x ) (1+ f ( x ) ) = 1
1 dt ) 1+ f ( t
بنابراين
اگر
x
∫ = )f ( x
و
o
)f 2( x =x 2
حال ثابت مي كنيم براي ھر ]x ∈ [o ,1 ]x ∈ [ 0,1
∈x
f
مشتق پذير است و
،
f
f ( o) = o
f ( x ) +پس f ( x ) = 1+ 2x − 1
) fn ( x ) = f ( x
lim ∞→n
x
∫o
= ) fn ( x ) − f ( x
)f n−1 ( t ) − f ( t ) dt = x f n−1 ( t1 ) − f (t1
x
∫o
) f n −1 ( t ) − f ( t ≤ dt )) (1+ f n−1 ( t ) ) (1+ f (t
x
براي t1اي در ] [o , x ) f n−1 ( t1 ) − f ( t1 ) ≤ t1 f n−2 ( t2 ) − f ( t2
با استقراء رياضي خواھيم داشت
) f n ( x ) − f ( x ) ≤ xt1 t2 ... tn−1 fo (tn ) − f ( tn كه
] ∞[o ,
آنگاه
⎛ 1 ⎞ 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ dt ⎠ ) ⎝ 1+ f n−1 ( t ) 1+ f ( t
به ھمين روش در
،دنباله
ھمگراست و حد آن را محاسبه كنيد .
اثبات :ابتدا مقدار حد را با )فرض وجود( محاسبه مي كنيم .تابع حد بايد تابعي تابعي پيوسته مانند
→ ]f :[o ,1
پيوسته است و
o ≤ tn ≤ tn−1 ≤ ... ≤ t1 ≤ x
) ≤ x n sup t∈[o,1] fo ( t ) − f ( t
) fn ( x ) − f ( x
ﺑﺮاي t2
اي ][o, t1
∫≤
o
و
در نتيجه
) lim f n ( x) = f ( x
∞→n
اگر x = 1براي ε > oفرض كنيد ) f n−1 ( t ) − f ( t ) dt
1
زيرا ) چون
1− a
) f n−1 ( t
1− a
∫o
lim
1− a
∫o
پس ∞→n
و بدين ترتيب حكم ثابت مي شود.
1
) 1+ f n−2 ( t1
) dt = ( x − o
حال چون ( ) ≥ 1
) 1+ f n −2 t1زيرا طبق فرض
≤ x ≤1
N (ε ) = N
اي يافت مي شود به طوري كه براي ھر
آن است كه
بطوري كه
x
1
≤
,
) f n−1 (1) − f (1) < ε , n ≥ N ( ε
) ∃ t1 ∈ ( o , x
∫ = f n−1 ( t ) − f ( t ) dt
) 1+ f n−2 ( t1
⇒≤ 1
1
∫o
≤ )f n (1) − f (1
( f (t ) ≤ 1
f n−1 ( t ) − f ( t ) dt = o
علت آنكه f n−1 ( t ) < 1
1− a
∫ f n−1 ( t ) − f ( t ) dt +
f n−1 ( t ) − f ( t ) dt + 2a ≤1
4
(
a ∈ o,ε
عددي دلخواه باشد بنابر نامساوي قبل داريم.
1
) 1+ f n−2 ( t
x
∫o
= ) f n−1 ( x
f n−2 ( t1 ) ≥ oپس چون o ≤ x ≤1
1
) 1+ f n−2 ( t1
پس f n−1 ( x ) ≤ 1
فصل 11مسائل بخش مسائل متفرقه فصل : 11مسائل متفرقه
∞⎧ ⎫⎞ ⎛ 1 سوال (1مطلوب است محاسبه ⎬ ⎟ tan ⎨∑ arctan ⎜ 2 ⎭⎠ ⎝ n ⎩ n=1 ∞⎧ ∞⎧ ⎫⎞ i ⎫⎞ ⎛ 1 ⎛ ⎬ ⎟ tan ⎨∑ arctan ⎜ 2 ⎟ ⎬ = tg ⎨∑ Arg ⎜ 1 + 2 ⎭⎠ ⎝ n ⎭⎠ ⎝ n ⎩ n =1 ⎩n =1
و
⎫⎞ ⎞ ⎪⎟ ⎟ ⎬⎟ ⎟ ⎪⎟ ⎟ ⎭⎠ ⎠
2
⎪⎫⎟⎞ )
⎧ ) ⎛ sinh π (1 + i ⎪ / 2 ⎜ = tg ⎨ A rg ⎜ π 1 i / + ( ) 2 ⎩⎪ ⎝
⎬ ⎪⎟ ⎭⎠
)
⎧ ⎛ ∞ ⎛ π (1 + i ) / ⎪ ⎜ = tg ⎨Arg ⎜ ∏ ⎜⎜1 + n 2π 2 ⎪ ⎜ ⎜ n =1 ⎝ ⎝ ⎩
(
2
(
( (
) )
( (
) )
⎧ ⎫ ⎞ ⎛ Tg π / 2 − Tgh π / 2 ⎪ ⎬⎪ ⎟ ⎜ = tan ⎨arcTg ⎜ ⎪ ⎟ tan π / 2 + tan π / 2 ⎝ ⎭⎠ ⎪⎩
( ) ( ) = 6 798 ) tg (π / 2 ) + tgh (π / 2 tg π / 2 − tgh π / 2
/
)که = −1
2
=
(i
سوال (2ھمه توابع مشتقپذير و پيوسته را که در شرط زير صدق میکنند را پيدا کنيد
)(1
dt + 1990
)) ( f ( x )) = ∫o ( f (t )) + ( f ′ (t
2
x
2
2
حل :با مشتقگيری از طرفين رابطه ) (1خواھيم داشت
)) 2f ( x ) f ′ ( x ) = ( f ( x )) + ( f ′ ( x 2
2
)⇒ ( f ( x) − f ′ ( x)) = o ⇒ f ′ ( x) = f ( x 2
f ( x ) = ec e x
⇒ log f ( x ) = x + c
چون f ( o ) = ± 1990 f ( x ) = ± 1990e x سوال (3ثابت کنيد برای زير بازهای در
)( o , 1
خواھيم داشت
{log x.log (1− x )} < o
حل :
) f ( x ) = (log x.log (1− x
قرار میدھيم m −1
log (1− x ) log x ∞ (1− x ) − x m−1 − ∑= x m 1− x m=1
برای وقتی که nزوج است ) ( x
n
⎞ ⎛ d ⎟ ⎜ ⎠ ⎝ dx
n
= )f ′( x
fھميشه منفی است
1 چون ھمه جملهھا منفی ھستند n .فرد است و اگر و تنھا اگر 1− x < xيا 2
>.x
سوال (4برای ھر k = 2, 3,...ثابت کنيد ⎡ ∞ ⎛ ⎡ i − 1⎤ ⎡ i ⎤ ⎞ ⎤ 1 ⎢ ⎜ ln k = ∑ ⎢1+ k ⎥⎟ ⎥ ⎢ ⎥ − ⎝ ⎣ k ⎦ ⎣ k ⎦ ⎠⎦ i ⎣ i =1
اثبات :برای اثبات از لم )فرض کنيد ∞ < ، −∞ < a < bو فرض کنيد fمشتق پذير روی ] [ a , bباشد و f ′ ( x ) ≤ x
برای ھر ] x ∈ [ a , b 2 b − a) x ( ≤
b
برقرار باشد و فرض کنيد
∫ a f ( x ) dx − Rn b
⎞b−a ⎛ f ⎜a + ⇒⎟ ⎠ n ⎝
b−a n = Rn ∑ n i =1
∞ دنباله n =1
} {anيک دنباله حقيقی باشد ک ھمگرا به صفر است برای ھر عدد طبيعی ، n
و ھمچنين با توجه به قضيه ) :فرض کنيد n
فرض کنيد sn = ∑ aiاگر يک زير دنبالهای از snموجود باشد که ھمگرا میباشد در اين صورت مینويسيم sni → s i =1
که ∞ → iو
اگر ∞ ≤ ) ( ni +1 − ni
i ≥1
supآنگاه sn → sکه ∞ → n
∞
و ∑ ai = s
.در
i =1
لم )(1
قرار می-
دھيم n = N ( k − 1) , a = N , b = Nk f ( x ) = xو ھمچنين خواھيم داشت −1
1 1 1 ... + + N +1 N + 2 Nk
] x ∈ [ N , Nk
)∞→ N
−2
= ) R n = f ( N + 1) + f ( N + 2 ) + ... + f ( NK
f ′ ( x ) = x −2 < N
−N ) 1 و →0 NK − N N 2 2
( NK ≤
ln k − R n
(
1 1 1 ⎛ 1 ⎞1 + + ... + با توجه به لم ) (2خواھيم داشت ⎟ = ⎜1+ + .... + N +1 N + 2 NK ⎝ 2 ⎠N
= Kn
⎞ 1 1 1 1− K 1 1 1 1− K 1− K ⎛1 1 − K ⎜ + + ... + + + + + + + ... + ⎟ = 1+ + ... + 2 ⎠ NK K − 1 NK K + 1 K + 2 2K − 1 2K NK ⎝ K 2k ⎡ NK ⎛ ⎡ i − 1⎤ ⎡ i ⎤ ⎡ i ⎤ ⎞ ⎤ 1 ⎢ ⎜ = ∑ ⎢1+ K ⎥⎟ ⎥ ⎢ ⎥ − ⎢ ⎥ − ⎝ ⎣ K ⎦ ⎣ K ⎦ ⎣ K ⎦ ⎠⎦ i ⎣ i =1
سوال (5فرمول آپوستل( :اگر ) y = f ( xکه f ( o ) = oو f ′ ( o ) ≠ o n ⎥⎤ ⎞ y n ⎡⎢ d n−1 ⎛ x ∑ = ( y) = x ⎜ n −1 ⎥ ⎟⎟ ) ⎜ f ( x n =1 n ! ⎢ dx ⎝ ⎦ ⎠ ⎣
∞
−1
f
اثبات :برای اثبات :رجوع کنيد به مقاله Tom.m. Apostolدر
ثابت کنيد
The MATHEMATICAL ASSOCIATION AMERICA OCTOBER 2000
سوال (6فرض کنيد fيک تابع حقيقی باشد که f ′′′ , f ′′ , f ′موجود باشد و f ′′′ , f ′′ , f ′برای ھر x ∈ R فرض کنيد ) f ′′′ ( x ) ≤ f ( xنشان دھيد که ) f ′ ( x ) < 2 f ( xبرای ھر x ∈ R اثبات :فرض کنيد xثابت باشد .بنابر قضيه تيلور برای t > o f ′′ ( x − s ) 2 t 2
f ( x − t ) = f ( x) − f ′( x) t +
که f ( x − t ) > o , f ′′ ( x − s ) < f ′′ ( x ) , o < s < t برای t > o
f ′′ ( x ) 2 t >o 2
)f ′( x برای ) f ′′ ( x
= tداريم ) < 2 f ( x ) f ′′ ( x
داريم
f ( x) − f ′( x)t +
)) ( f ′ ( x
2
به طور مشابه برای ھر t > oداريم
f ′′′ ( x − s ) 2 t 2
f ′ ( x − t ) = f ′ ( x ) − f ′′ ( x ) t +
که o < s < tپس ) f ′ ( x − t ) > o , f ′′′ ( x − s ) ≤ f ( x − s ) < f ( x ) < 8( f ( x ) ) f ′ ( x 3
) ) ( f ′′ ( x
2
) ) < 4( f ( x
2
برا ی ھر t > oبرقرار است.
)) ( f ′ ( x
4
) ⇒ f ′ ( x ) < 2f ( x سوال (7ثابت کنيد برای r ≥ 2خواھيم داشت
)( r + m −1) (ζ ( m + r ) −1 m +1
∞
)( r − 1)2 ζ ( r ) = ∑ ( rm + 1 m =1
اثبات:
برای x < 1
داريم
) ( r + i − 2) x = (1− 1x i
r −1
i
i =o
r −1
با مشتق گيری از طرفين ) (1داريم
)
∞
∑ )(1 (1− x )r
(
∞
)= ∑ ( rm + 1) r + m − 1 (ζ ( m + r ) − 1
)k 1
m+ r
m +1
(
m =1
∞
∞
= ∑∑ ( rm + 1) r + m − 1 m +1
k =2 m=1
∞ ⎛ r r −1 ( ) − r − 1 − r − 1 + r − 1⎞⎟ = r − 1 2 ζ r ⎜∑ = ) ( ) ( r ⎜ ⎠⎟ ( k − 1)r −1 k r k r −1 )k =2 ⎝ ( k − 1
سوال (8برای x > 2ثابت کنيد
= ∑ ( r + ii − 2) xi−1 ∞
i =o
مثبت باشد .و
∞ x 1 x −1 ≤ ∑ 2j ≤ Ln x − 1 j =o x x −2
)
اثبات :
1 فرض کنيد x > 2قرار دھيد x
(
Ln n
n −1 1− u2 = (1+ u ) 1+ u2 ... 1+ u2 1− x
)
(
= uدر اين صورت
1 ⎞ 2 j n −1 1 ⎟ x < ∑ 2 j ln e j =o x ⎠ j
x2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
n n −1 n −1 ⎛ 1 1 = ⎞ x 2 = ln ⎛1 + 1 ln ⎜1 + j ⎜ ⎟ ∑ ∑ j j 1 j =o ⎝ x 2 ⎠ j =o x 2 ⎝ x2 1− x
⎛ ⎜ 1 1 ln 1+ 2j 2j ⎜ x )⎝ ( x − 1
1
1−
n −1
∑< j =o
1 j
x2
2n ⎞ 1 x − ( ) ⎟ = ln 1 ⎟ 1− ⎠ x −1 که با فرض ∞ → nحکم ثابت میشود.
n −1
∑= j =o
⎛ 1 = ∑ ln ⎜ 1+ 2j ⎜ j =o )⎝ ( x − 1 n −1
سوال (9به ازای ھر عدد طبيعی مانند G ( n ) ،تعداد رقمھای 2n n
در مبنای ده است
ثابت کنيد
1169 1023
>
)G (n n
2
∞
∑=s
n =1
اثبات میتوان نوشت
][1+ n log 2
∞
2n
n =1
∑=s
بنابراين
⎦⎤⎡( n + 10) log 2
2n+10
∞
⎣∑ n =1
[ n log 2] + 2n
10
∑ s = 1+
n =1
1167 ⎦⎤1 ∞ ⎡⎣( n + 10) log 2 + ∑ 1024 1024 n =1 2n
]
1−
=
[
چون ⎡⎣( n + o ) log 2⎤⎦ ≥ n log 2+ 3و وقتی n = 93اين نابرابری اکيد است پس
1167 1 ∞ [ n log 2+ 3] 1167 1 + = + )( s + 2 ∑ n 1024 1024 n=1 1024 1024 2
>s
ln
1169 بنابراين 1023
>s
∞
سوال ( an )n =1 (10دنبالهای از عددھای حقيقی است و lim a2n = b , lim a2n+1 = c
∞→n
∞→n
ثابت کنيد
1 n j 1 ) a j = (b + c ∑ n→∞ n 2 j =1 j + 1 lim
j اثبات :برای ھر عدد طبيعی jفرض کنيد a j 1+ j در
اين
صورت
= xjو
x j + x j +1 2
= yj
x −x 1 n j 1 n 1 n a j = ∑ x j = 1 n +1 + ∑ y j ∑ 2n n j =1 1+ j n j =1 n j =1
.چون x j
x − xn+1 b+c b+c b+c → y2 jپس 1از فرضھای مساله داريم → , y2 j +1 →o 2 2 2 2n
ھا
کرانداراند.
پس
→ yj
1 n b+c ∑ yj = 2 n→∞ n j =1 lim
بنابراين
1 n j b+c = aj ∑ n→∞ n 2 j =1 j + 1 lim
سوال (11تمام توابع f : R → Rرا بيابيد که برای ھر ، x , y ∈ Rدر نابرابریھای زير صدق میکند
) 2) f ( x + y ) ≤ f ( x ) + f ( y
اثبات :در )(2
1) f ( x ) ≤ x
قرار میدھيم x = o , y = oدر اين صورت
)f ( o + o) ≤ f ( o) + f ( o) ⇒ o ≤ f ( o اگر در ) (1قرار دھيم x = oدر اينصورت در میيابيم f ( o ) ≤ oکه در نتيجه تنھا حالت ممکن f ( o ) = o f ( x ) + f ( − x ) ≥ f ( x + ( − x ) ) = f ( o) = o
است .حال داريم
∀x ∈ R
⇒ f ( x) ≥ − f (−x) ≥ x ⇒ f ( x) ≥ x
و از ) (1داريم f ( x ) ≤ xو در نتيجه ) ( f ( x ) = xتنھا حالت ممکن برای ھر x
دلخواه است
سوال g , f (12دو تابع پيوسته از Rبه Rھستند و ) ) ∀x ∈ R f ( g ( x ) ) = g ( f ( x ثابت کنيد اگر معادله ) f ( x ) = g ( xجواب نداشته باشد ،معادله تابعي ) fof ( x ) = gog ( x حل :تابع ) h ( x
را به صورت زير تعريف میکنيم
)h ( x) = f ( x) − g ( x
ھم جواب ندارد.
حال اگر برای يک مقدار حقيقی aداشته باشيم h ( a ) > oو برای مقدار حقيقی bداشته باشيم h ( b ) < o حاالت فوق وجود دارد يعنی يا ھمواره g ( x ) > oو يا ھمواره h ( x ) < o
پس تنھا يکی از
است
) ∀x ∈ R h ( x ) > o ⇒ f ( x ) > g ( x و چون برای ھر xحقيقی ) f ( x ) > g ( x
است پس نتيجه میگيريم که
) fof ( x ) > g ( f ( x ) ) = f ( g ( x ) ) > gog ( x ) ∀x ∈ R h ( x ) < o ⇒ f ( x ) < g ( x
و اگر
حال چون برای ھر xحقيقی ) f ( x ) < g ( x
است پس نتيجه میگيريم که
) fof ( x ) < g ( f ( x ) ) = f ( g ( x ) ) < gog ( x
و در ھر دو حالت تساوی ) fof ( x ) = gog ( xبرقرار نيست و در نتيجه x رابطه ) fof ( x ) = gog ( x
ای موجود نيست که
برقرار باشد.
سوال (13ھمه اعداد ] d ∈ [o , 1را پيدا کنيد به طوری که برای ھر تابع پيوسته f
که در بازه ][o , 1
تعريف شده باشد و
مقادير ) f ( xاعداد طبيعی باشند و ) f ( o ) = f (1و عدد xوجود داشته باشد که ) f ( xo ) = f ( xo + d
اثبات :ثابت میکنيم ) ) f ( nt ) = n2 f ( tبرای ھر n
طبيعی(
اثبات را به روش استقراء رياضی انجام میدھيم
حکم برای n = 1است ⇒ ) f ( t ) = f ( t ) ⇒ f (1× t ) = 12 × f ( t
حال فرض کنيد حکم مساله برای تمام مقادير کمتر يا مساوی n اگر x = nt , y = tقرار دھيم ،داريم
برقرار باشد
) ) f ( nt + t ) + f ( nt − t ) = 2( f ( nt ) + f ( t
) ( ( n + 1) t ) + f ( ( n − 1) t ) = 2f ( nt ) + 2f ( t
⇒ f
طبق فرض استقراء داريم ) f ( nt ) = n2 f ( t
) ( ( n − 1) t ) = ( n − 1)2 f ( t
f
در نتيجه داريم
) ( ( n + 1) t ) = 2n2 f ( t ) + 2 f ( t ) − ( n − 1)2 f ( t ) ( ( n + 1) t ) = (2n2 + 2− ( n − 1)2 ) f ( t
f
) ( ( n + 1) t ) = (2n2 + 2− n2 − 1+ 2n ) f ( t
) ( ( n + 1) t ) = ( n + 1)2 f ( t
f
f
f
بدين ترتيب حکم مساله برای n + 1درست است و استقراء کامل شد .حال به يافتن ) f ( x کنيم f (1) = a
میپردازيم .فرض می-
داريم
⎛ ⎞⎛ p P ⎞p ⎟ ⎜ ⇒ f ( p ) = p − ⎜ q × ⎟ = q2 f q ⎠q ⎝ ⎠⎝q
= x ∈Q ⇒ x
⎞⎛ p ⎞⎛ p p2 ⎟ ⎜ f ( p ) ⇒ p2 f (1) = p2a ⇒ p2a − q2 f ⎜ ⎟ ⇒ 2 a = f q ⎠⎝q ⎠⎝ p 2
⎞⎛ p⎞ ⎛ p ⇒ f ⎜ ⎟=⎜ ⎟ a ⎠⎝q⎠ ⎝q پس برای اعداد گويا ثابت کرديم که f ( x ) = x2a حال طبق پيوستگی تابع داريم
f ( x ) = ax2
; ∀x ∈ R
سوال (14فرض کنيد تابع f
بر ]( o < a < b ) ، [ a , b
تعريف شده و در رابطه
∀x , y ∈ [ a , b ] x ≠ y ⇒ f ( x ) − f ( y ) < x − y
صدق کند و داريم f ( a ) = f ( b ) = o a+b 2
< )f ( x) − f ( y
ثابت کنيد
] ∀x , y ∈ [ a , b
اثبات :اگر x = yباشد .حکم واضح است فرض x f ( a ) = f (b) = o
)ﺗﺴﺎوﯼ ﺑﺮاﯼ
(x = b
دلخواه و y = aيا y = bداريم
⎧⎪ f ( x ) − f ( a ) < x − a = x − a < x ⎧⎪ f ( x ) < x ⎨⇒ ⎨ ⎪⎩ f ( x ) − f ( b ) < x − b = b − x ⎪⎩ f ( x ) ≤ b − x
a+b اگر ) x , y ∈ ( a , bکافی است فرض کنيد 2
> ) x − yدر غير اين صورت حکم ثابت شود( داريم
) f ( x ) − f ( y ) ≤ f ( x ) + f ( y ) < x + (b − y ) = b − ( y − x a +b a −b a +b میتوان فرض کرد x < yپس = < 2 2 2
f ( x) − f ( y) < b −
سوال (15فرض کنيد f : [o , 1] → Rمشتق دوم پيوسته باشد و ) f ( o ) = o = f (1و به ازای ھر x
در بازه )( o , 1
نشان دھيد که
dx > 4
) f ′′ ( x
1
)∫o f ( x
حل :فرض کنيد Xنقطهای در ] [o , 1باشد که در آن ) f ( xماکسيمم میشود و نيز ) Y = f ( X f ′′ ( x ) dx
1
∫o
1 Y
> dx
) f ′′ ( x
1
)∫o f ( x
در اين صورت
) f ′ (1) − f ′ ( o Y
1 Y
= ∫ o f ′′ ( x ) dx 1
≥
به نظر میرسد که در اينجا به مانع برخوردهايم زيرا بیترديد الزم نيست که ) f ′ (1) − f ′ ( o ) ≥ 4(Y
قضيه مقدار ميانگين ،نقاط aدر ) ( o , Xو bدر )( X , 1 f ( X ) − f (o) f ( X ) Y = = X −o X X ) f (1) − f ( X −Y = 1− X 1− X 1 b در نتيجه f ′′ ( x ) dx Y ∫a
)
موجودند به طوری که
= )f ′(a
= )f ′ (b ) f ′′ ( x
≥ dx
)f ( x
b
∫ ≥ dx
a
) f ′′ ( x
1
)∫o f ( x
1 1 −Y 1 Y 1 Y Y − = − = = ) f ′ (b ) − f ′ ( a Y Y 1− X X Y 1− X X X (1− X
1 1 وقتی مقدار ماکسيمم ) x (1− xدر ) ( o , 1برابر با است )وقتی 2 4
≥4
)
1 X (1− X
≥ dx
) f ′′ ( x
1
) f (x
=( x
∫
o
و بنابراين
1 ≥4 ) X (1− X
> dx
سوال (16حاصل
)
1/ n
) f ′′ ( x
1
)∫o f ( x
(
1 2n 2 2 ∏ n +i n →∞ n4 i =1
lim
را بدست آوريد.
حل :میتوانيم شکل حاصلضرب را با نوشتن آن به صورت معادل زير ،تغيير دھيم ⎤ 1/ n
⎥ ⎦
)
⎡ 1 2n = exp ⎢log 4 ∏ n2 + i2 n i =1 ⎣
(
)
1/ n
(
و در نتيجه خواھيم داشت
⎡ 2n 1 ⎤ ⎥ = lim ⎢ ∑ log n2 + i2 − log n4 ∞→n ⎣ i =1 n ⎦
)
(
1 2n 2 2 ∏ n +i n2 i =1
⎡ 2n 1 ⎤ ⎥ = exp ⎢ ∑ log n2 + i2 − log n4 ⎣ i =1 n ⎦
)
با وجود اينکه بنابر
(
⎡ 2n 1 ⎤ ⎞ ⎛ n2 + i2 ⎥ = lim ⎢ ∑ log n2 ⎜ 2 ⎟ − log n4 ⎢ ∞→ n ⎦⎥ ⎠ ⎝ n ⎣ i =1 n
> dx
) f ′′ ( x ) f (x
1
∫
o
2 ⎪⎧ ⎡ 2 n 1 ⎤ ⎪⎫ ⎞ ⎛ i ⎥ = lim ⎢∑ ⎨log n 2 + log(1 + ⎜ ⎟ ) ⎬ − log n 4 ⎢ ∞→ n n ⎭⎪ ⎠ ⎝ n ⎦⎥ ⎩⎪ ⎣ i =1 2n ⎡ 2n 1 ⎤ ⎞ ⎛ ⎛ i ⎞2 1 ⎥ = lim ⎢ ∑ log n2 + ∑ log ⎜1+ ⎜ ⎟ ⎟ − log n4 ⎜ ⎟ ⎢ ∞→n n ⎦⎥ i =1 n ⎠ ⎠⎝ ⎝n ⎣ i =1 2n ⎡ 2n ⎤ ⎞ ⎛ ⎛ i ⎞2 1 2 ⎥ = lim ⎢ log n + ∑ log ⎜1+ ⎜ ⎟ ⎟ − log n4 ⎜ ⎟ n→∞ ⎢ n ⎦⎥ i =1 n ⎠ ⎠⎝ ⎝n ⎣
⎡ 2n ⎤ ⎛ ⎛ i ⎞2 ⎞ 1 2 ]= lim ⎢ ∑ log ⎜1 + ⎜ ⎟ ⎟ ⎥ = ∫ log 1 + x 2 dx = 2 log 5 − 2 [ 2 − Arctg 2 o ⎜ ⎟ ⎢ ∞→ n ⎦⎥ ⎝ ⎝ n ⎠ ⎠ n ⎣ i =1
)
سوال (17فرض کنيد un > o
(
∞
و ∑ un
ھمگرا به s
باشد ،نشان دھيد برای nھای به قدر کافی بزرگ،
n =1
un u1 + u2 + ... + un un و از آن نتيجه بگيريد که سری 1 + u2 + ... + un
∑u
حل :چون سری ∑ un
ھمگرا است.
ھمگرا به sاست به ازای ھر ، ε > oعدد طبيعی مانند m
موجود است به طوری که
sn − s < ε , ∀n ≥ m که در آن ... + un
، sn = u1 + u2 +پس
∀n ≥ m
s − ε < sn < s + ε
2 1 2 1 3 1 در حالت خاص ε = s > o ،به ازای ھر s < sn < s ، n ≥ mيا > > 2 2 s sn 3s 2 un 2un < sn s
پس به ازای ھر ، n ≥ m
ھمواره داريم
∀n ≥ m > p ≥ 1
)
(
un + p 2 un+1 un+2 + + ... + < sn+ p − sn sn+1 sn+2 sn+ p s
un نامساوی فوق نشان میدھد که سری 1 + u2 + ... + un
∞
∑u
در شرط کوشی صدق میکند پس ھمگرا است.
1
سوال (18ھرگاه g ′ , f ′در ] [ a , bپيوسته و مشتقپذير باشند ،آنگاه عددی مانند cھست به طوری که a < c < b ) f ( b ) − f ( a ) − ( b − a ) f ′ ( a ) f ′′ ( c = ) g ( b ) − g ( a ) − ( b − a ) g ′ ( a ) g ′′ ( c اثبات) :راھنمايی( :قضيه رول را برای تابع زير را بکار ببريد
φ ( x ) = f ( x ) + ( b − x ) f ′ ( x ) + A{ g ( x ) + ( b − x ) g ′ ( x )}
( −1)n
∞
∑ 3n + 1 ( مطلوب است محاسبه19 سوال n =o
:اثبات ∞
∑
n =o
( −1)n
∞
3n + 1
=∑
n =o
( −1)n x 3n +1 =
lim
3n + 1
−
x →1
x ∞
∫ o n∑=o ( −1)
n
x 3n dx
2 ⎧⎪ 1 x + 1) ( 1 2x − 1 π ⎫⎪ 1 π arcTg = lim ⎨ ln 2 + + ⎬ = ln 2 + − 6 x →1 ⎪ x − x +1 3 3 4 3 ⎭⎪ 3 3 3 ⎩
( مطلوب است محاسبه اتحاد20 سوال
∫
1 x e o
∞ 1 ⎪⎧ ⎪⎫ ln xdx = − ⎨1+ ∑ ⎬ ⎪⎩ m=1 ( m + 1)( m + 1) !⎭⎪
اثبات ∞ ∞ 1 x m ⎪⎫ 1 1 m ⎪⎧ 1 ln x dx ln xdx + = + ⎨ ⎬ ∑ ∑ ∫ o ⎪⎩ m =1 m ! ⎪⎭ ∫o ∫ o x ln xdx m =1 m ! 1
⎧⎪ ∞ ⎫⎪ 1 = − ⎨1+ ∑ ⎬ ⎩⎪ m=1 ( m + 1) !( m + 1) ⎭⎪
( b > o ) ( اين انتگرالھا را محاسبه کنيد21 سوال A=∫
∞ o
∞ sin bx cos bx dx , B = ∫ dx s o x xs
( o < s < 1)
( o < s < 2) اثبات میدانيم
∞ 1 1 ∞ = cos bx ∫ z s −1e− zx dz ∫ s o Γ (s) o x
نتيجه میشود،با جابجا کردن انتگرالھا
A=
∞ − zx 1 ∞ s −1 1 ∞ z s dz z dz e bxdx cos = ∫o Γ ( s ) ∫o Γ ( s ) ∫ o z2 + b2
خواھيم داشت
A=
b2t = z2 و يا با فرض
s −1 ∞ z 2
s −1
b b s −1 ⎛ s + 1 1− s ⎞ , dt = B⎜ ⎟ 2Γ ( s ) ∫ o 1+ t 2Γ ( s ) ⎝ 2 2 ⎠ =
b s −1 π π b s −1 . = 2Γ ( s ) sin s + 1π 2Γ s cos sπ ( ) 2 2
محاسبه Bمشابه باال خواھد شد
sπ 2
π b s −1
=B
2Γ ( s ) sin
∞ − p +1 x سوال (22فرض کنيد k = ∫ e ( ) ln ( x ) dx o
) ln ( xبه معنای چند جملهای lnام چيبشف -الگر است
که در آن , p > o
)
(
d n x ne −x n
dx
x
ln ( x ) = e
)( n = o ,1, 2,...
مطلوب است محاسبه : k حل :اگر از دستور مذکور استفاده کنيم ،خواھيم داشت
= ) dx
(
d n x ne− x n
dx
.
∞ − px
k=∫ e o
(
)
n −x ⎧ ⎫ n −1 − px e ⎪ − px x e n −1 d ∞ ⎪ n −x = ⎨e . − .... + − 1 . . x e ( ) ⎬ + dx n−1 dx n−1 ⎩⎪ ⎪⎭ o
∞ d n e− px − p +1 x dx = p n ∫ x n e ( ) dx n o dx
! .n
pn
( p + 1)n+1
x n .e− x .
∞
∫o
n
)+ ( −1
=k
به ھمين ترتيب بدست میآيد
)( k ≠ n )(k = n
o
( n !)2
∞ x
= e ln ( x ) .lk ( x ) dx
∫o
)f ( x سوال (23ثابت کنيد logرا نمیتوان به شکل )g ( x
نوشت به طوری که ) f ( xو ) g ( xچند جملهايھايی از x
باشند( g ( x ) ≠ o) . اثبات) :برھان خلف( فرض کنيد
) nf ( x )g ( x
= = n log x
n
)f ( x
)g ( x
( ) = log x ) g (x f xn n
پس به ازای ھر n
) (
= log xو n
) (
f x n g ( x ) = nf ( x ) g x n
عددی طبيعی باشد .در اين صورت
اگر ... + b1x + bo , g ( x ) = a p x p + ... + a1x + ao
، g ( x ) = bq x +آنگاه q
) ( nf ( x ) g ( x ) = na b x
f x n g ( x ) = a p bq x np + q + .... + aobo و + ... + naobo
p + nq
n
p q
از مقايسه ضرايب پيشرو در اين دو چند جملهای نتيجه میگيريم که به ازای ھر n
a p bq = na p bq ،ناممکن است.
سوال (24ثابت کنيد چند جملهايی مانند ) p ( xوجود ندارد به طوری که به ازای ھر عدد طبيعی مانند n p ( n ) = log 1+ log 2+ ... + log n n
اثبات :فرض کنيد log n ! = ∑ ar n r
) ( n = 1, 2, 3,....که در آن am ≠ oدر اين صورت
r =o
r
m
)log ( n + 1) ! = ∑ ar ( n + 1 r =o
m
m
در نتيجه log ( n + 1) = ∑ ar ( n + 1) − ∑ ar n r r
r =o
و درجه چند جملهای سمت راست اين برابری از m − 1بيشتر
r =o
نيست بنابر مساله باال log xرا نمیتوان به شکل چند جملهای نوشت بنابراين به تناقض رسيدهايم و نتيجه حاصل میشود.
سوال (25نقاط ماکزيمم و مينيمم تابع زير را پيدا کنيد
sin t dt t
x o
∫ = )f ( x
حل:
sin x ⇒ f ′ ( x ) = o ⇒ sin x = o ⇒ x = kπ x
= )f ′( x
kπ ( −1) − o x cos x − sin x = ) , f ′′ ( kπ 2 x ( kπ )2
= ) f ′′ ( x
k
)2mπ ( −1
2m
طول مينيمم > o ⇒ x = 2mπ
(2mπ )2
= ) k = 2m ⇒ f ′′ (2mπ
2m +1 )2m + 1) π ( −1 ( = ) f ′′ ( (2m + 1) π
طول ماکزيمم x = (2m + 1) π π / 2 sin x 1 1 ∫≤ سوال (26نشان دھيد ≤ 3 o 2+ cos x 2
⇒k = 2m + 1
با استفاده از قضيه ميانگين وزندار داريم:اثبات
∫ a f ( x ) g ( x )dx = f ( c ) ∫ a g ( x ) dx b
b
f ( x) = f ′( x) =
o≤c≤
sin x
(2+ cos x )
2
a≤c≤b
1 , g ( x ) = sin x 2+ cos x
≥o , o≤ x≤
π 2
→ صعودی استf ( x )
π
1 1 ⎛π ⎞ ⇒ f (o) ≤ f ( c ) ≤ f ⎜ ⎟ ⇒ ≤ f (c) ≤ π 2 ⎝ 2 ⎠ 2+ coso 2+ cos 2 1 1 ≤ f (c) ≤ 3 2
π /2
∫o
π /2 sin x π /2 dx = f ( c ) ∫ sin xdx = f ( c ) [ − cos x ]o = f ( c ) o 2+ cos x
π / 2 sin x 1 1 ≤∫ ≤ o 3 2 + cos x 2
( نشان دھيد27 سوال
( ∀x ≥ o )
x
∫o
sin t dt ≥ o t +1
از دستور اليب نيتس استفاده میکنيم:حل
f ( x) = ∫
f ′′ ( x ) =
x o
( x + 1) cos x − sin x ( x + 1)2
sin t sin x = o , x = kπ dt , f ′ ( x ) = t +1 x +1
, f ′′ ( kπ ) =
( kπ + 1) cos kπ − sin kπ ( kπ + 1)2 k −1) ( =
kπ + 1
داريم
, f ′′ (2kπ ) > o
k ≥ o , f (2kπ ) ≥ o کافی است ثابت کنيم. ھستندx = 2kπ پس مينيممھای نسبی در نقاط
∫ a f ( t ) g ( t ) dt = f ( a ) ∫ a g ( t )dt + f ( b ) ∫ c g ( t ) dt b
c
b
f (t ) = f (2kπ ) = ∫
(1− cos c ) +
2kπ o
1 g ( t ) = sin t t +1
2kπ sin t 1 c 1 = sin tdt + sin dt ∫ ∫ c o 1+ 2kπ t +1 o +1
1 1 ⎞ ( − cos 2kπ + cos c ) = (1− c ) ⎛⎜1− ⎟≥o 1+ 2kπ ⎝ 1+ 2kπ ⎠
سوال (28اگر dt
1+ x2 sin tx
حل :داريم≤ 1+ x2 dz x
t
1
∫ = ) f ( xباشد آنگاه ) f ′ ( x
را بدست آوريد.
1≤ tسپس متغير زيرا در نظر میگيريم
= tx = z ⇒ xdt = dz ⇒ dt z ⎪⎧t = 1⇒ z = x ⎨⇒ 2 3 x ⎪⎩t = 1+ x ⇒ z = x + x x + x3 sin
x + x3 sin z z dz dz ∫= . x z x z x
x
=t
∫ = dt
1+ x2 sin tx 1
t
∫ = )f ( x
حال با قاعده اليبنيتس مساله به سادگی حل میشود .توجه شود که در ابتدا نمیتوانستيم از اين قاعده استفاده کنيم
سوال (29ثابت کنيد که انتگرالھای cos ( f ( x ) )dx
يکنوا صعودی باشد و به ازای ∞ → x
∞
∫o
sin ( f ( x ) ) dx ,
∞
،به سمت ∞ ميل کند ،متقارب میشوند.
اثبات :به ازای مقدارھای به قدر کافی بزرگ ، xداريم f ′ ( x ) > oو در نتيجه ) f ( x
با شروع از x = a
∫o
در صورتی که ) f ′ ( x
به طور
صعودی يکنواست ،فرض میکنيم که،
چنين باشد .به کمک دستور نموھای محدود ،بدست میآوريم:
) f ( x + 1) = f ( x ) + f ′ ( x + θ ) ≥ f ( a ) + f ′ ( x در نتيجه ،به ازای ∞ → ، xخود تابع ) f ( xبه سمت ∞ ميل میکند .متغير جديد ) t = f ( x
را وارد میکنيم ،به نحوی که
اگر تابع معکوس fرا با gنشان دھيم
⎦⎤ ∞ = x = g ( t ) , dx = g ′ ( t ) dt ⎡⎣α = f ( a ) , β
1 ولی مشتق ′ ) f (t
= ) g′ (t
به طور يکنوا نزول میکند و به ازای ∞ → ، tبه سمت صفر ميل میکند .به اين جھت،
انتگرالھای تبديل شده ∞
∞
∫ f ( a ) sin t.g ′ ( t ) dt , ∫ f ( a ) cos t.g ′ ( t ) dt با توجه به معيار ديريکليه متقارب میشوند و ،ھمراه با آنھا ،انتگرالھای مفروض ھم متقارب خواھد بود. سوال (30برای ∞ < 1≤ pو ھر a , b > oداريم 1 1 ⎤ ⎡ 1 1 −1 ⎛ 1 ⎞ 1 1− p p p inf ⎢ t a + ⎜1− ⎟ t b ⎥ = a b p t >o ⎢ p ⎥ ⎠⎝ p ⎣ ⎦
)الف
1− p p ) inf ⎡t1− p a p + (1− t ) b p ⎤ = ( a + b ⎦ ⎣ o
)ب
)الف( و )ب( را ثابت کنيد اثبات الف( فرض کنيد برای ، t > oتابع ، fبا ضابطه زير تعريف میشود
1
1
⎞ 1 −1 ⎛ 1 f ( t ) = t p + ⎜ 1− ⎟ t p b p ⎠⎝ p آنگاه مشتق fبرابر خواھد بود با 1
1
1
1 ⎛ 1 ⎞ −2 ⎛ 1 ⎞ 1 −1 1 ⎛ 1 ⎞ −2 ) f ′ ( t ) = ⎜ − 1⎟ t p a + ⎜ 1− ⎟ t p b = ⎜ − 1⎟ t p ( a − tb ⎠ p⎝ p p⎠ p ⎠ p⎝ p ⎝ a و بنابراين f ′برای مقادير b
= t < toمنفی و برای t = toصفر و برای t > toمثبت است
a بنابراين f ،مقدار مينيمم خود را در نقطه b 1
1
1
= toمیگيرد .و اين مينيمم برابر است با
−1
1
1− ⎛ 1 ⎞⎛ a ⎞ p ⎛a⎞ 1⎛ a⎞p f ( to ) = f ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ a + ⎜1− ⎟ ⎜ ⎟ b = a p b p ⎠⎝b⎠ p⎝b ⎠ ⎝ p ⎠⎝ b
ب( فرض کنيد ،برای ، o < t < 1تابع gبا ضابطه زير تعريف میشودb p .
1− p
) g ( t ) = t1− p a p + (1− t
آنگاه مشتق
gبرابر خواھد بود با
bp = o
−p
) g ′ ( t ) = (1− p ) t − p a p − (1− p )(1− t
a فقط وقتی که )( a + b
bp > o
− p −1
= t = t1
،چون
) g ′′ ( t ) = (1− p )( − p ) t1− p −1a p − (1− p ) (1− t1
a اين نشان میدھد g ،مينيمم موضعی خود را در )(a + b 1− p
⎞ a ⎛ a p + ⎜ 1− ⎟ ⎠⎝ a+b
bb p
)b p = (a + b
1− p
1− p
⎞ ⎛ a ⎞ ⎛ a ⎜ g ( t1 ) = g ⎜=⎟ ⎟ ⎠⎝ a+b⎠ ⎝ a+b
⎞ ⎛ a ⎜ap + ⎟ ⎠⎝ a+b
اين مينيمم موضعی تابع g
1− p
⎞ ⎛ a ⎜= ⎟ ⎠⎝ a+b
برابر مينيمم مطلق آن خواھد بود .زيرا g
و ∞ = ) lim ( t ) = lim ( t t →1−
t →1+
سوال (31اگر fتابعی پيوسته باشد ،نشان دھيد
)
f ( t ) dt du
u
o
∫(
x
o
=t
میگيرد ،که برابر است
∫ = f ( u )( x − u ) du
حل :از طريقه جزء به جزء مسئله را حل میکنيم
x
∫o
روی )( o , 1
پيوسته
است
⎧u = u f ( t ) dt ⎧du = f ( u ) du ⎪ ⎪ 1 ⎨⇒ f ( t ) dt du ⇒ ⎨ 1 ∫ o ⎪⎩v1 = u ⎪⎩dv1 = du
)
) − ∫ uf (u ) du x
x
o
o
u o
∫(
x o
∫= I
(
I = u ∫ f ( t ) dt u
o
)متغير مجازی است لذا انتگرال اول را ھم بر حسب u
مینويسيم(
I = x ∫ f ( u ) du − ∫ uf ( u ) du = ∫ xf ( u ) du − ∫ uf ( u ) du x
x
o
x
o
x
o
o
∫ o ( x − u ) f ( u ) du x
b−a سوال (32فرض کنيد ) fin = f ( a + iδ nکه n b
∫ a f ( x )dx
= δn
در اين صورت
lim (1+ f1nδ n ) (1+ f2nδ n ) ... (1+ f nnδ n ) = e
∞→ n
حل :طبق فرض بايد ∃Ms.t f ( x ) < Mاز انديسي به بعد داشته باشيم
1 2
≤ ∃ no , s.t n ≥ no , δ n .M
1 2
اگر از سری ماکلوران استفاده کنيم که برای < xداريم log (1+ x ) − x ≤ x :پس n
≤ δ n ∑ fin2δ in i =1
2
n
n
i =1
i =1
∑ log (1+ finδ n ) − ∑ finδ n
b
n
a
i =1
بنابراين lim ∑ log (1+ finδ n ) = ∫ f ( x ) dx
∞→ n
نتيجه b
∫ a f ( x )dx
n
lim ∏ (1+ finδ n ) = e i =1
∞→n
به عنوان يک تمرين مقدار حد زير را با استفاده از تمرين باال پيدا کنيد
) ( n + 1)( n + 2) ...( n + n lim ) ( n − 1)( n − 2) ...( n − n 2
2
2
2
2
2
∞→ n
n −1
n
i =1
i =1
مساله xn ,...., x2 , x1 (33را اعداد حقيقی میگيريم به طوری که∑ xi2 + ∑ xi xi+1 = 1 عدد صحيح 1≤ k ≤ n ، kداده شده است ثابت کنيد ماکسيمم مقدار xk اثبات :ثابت میکنيم
) 2k ( n + 1− k n +1
=
برابر
n +1
xnداريم x12 + ( x1 + x2 ) + ... + ( xn −1 + xn ) + xn2 = 2 2
max
) 2k ( n + 1− k
2
در
x12 + ( x1 + x2 ) + ... + ( xk −1 + xk ) 2
2
k
≥
≥
x 1 + x1 + x2 + ... xk −1 + xk
و
k
x1 − ( x1 + x2 ) + .... + ( −1)
k −1
( xk −1 + xk )
k ≥
⇒ x12 + ( x1 + x2 ) + ... + ( xk −1 + xk ) ≥ 2
( با ترکيب اين دو نامساوی بدست میآيدxk + xk +1 ) + .... ( xn −1 + xn ) + xn ≥ 2
2
2
2
xk k xk2 k
xk2 :به ھمين ترتيب داريم n − k +1
2 = x12 + ( x1 + x2 ) + ... + ( xn−1 + xn ) + xn2 2
2
1 ⎞ 2 ⎛1 ≥⎜ + ⎟ xk ⎝ k n − k + 1⎠ تساوی وقتی برقرار است کهxk ≤ xk
max
x1 = − ( x1 + x2 ) = x2 + x3 = .... = ( −1) اگر و تنھا اگر. ماکسيمم مقدار استxk
max
بنابراين
( xk −1 + xk )
xk + xk +1 = − ( xk +1 + xk +2 ) = ... = ( −1)
i ⎧ k −i xk ⎪( −1) ⎪ k xi = ⎨ ⎪ −1 i − k xk ( n + 1− i ) ⎪⎩( ) n − k +1
ثابت کنيدb1 ≥ b2 ≥
k −1
با توجه به اينکه
xn و
i = 1, 2,...., k − 1 i = k , k + 1,...., n
... bn ≥ o ( دو دنباله از اعداد حقيقیاند وbi )i =1 ( وai ) n
n
n−k
n i =1
(34 سوال
b1 min ( a1 + a2 + ... ai ) ≤ ∑ ai bi < max b1 ( a1 + a2 + .... + ai 1≤i ≤ n
i =1
1≤i ≤ n
)
m = min si ، M = max si ، 1≤ i ≤ n ، si = a1 + a2 + .... + ai فرض کنيد:حل 1≤i ≤ n
1≤i ≤ n
در اين صورت n
∑ aibi = s1b1 + ( s2 − s1) b2 + ... + ( sn − sn−1) bn i =1
اکنون چون داريم
M ( b1 − b2 ) ≤ s1 ( b1 − b2 ) ≤ M ( b1 − b2 ) m ( bn−1 − bn ) ≤ sn−1 ( bn−1 − bn ) ≤ M ( bn−1 − bn )
mbn ≤ snbn ≤ Mbn به اين ترتيب اگر نابرابریھای باال را باھم جمع کنيم نتيجه میگيريم که حکم برقرار است.
مساله :اگر ni < o ، 1 ≤ i ≤ mو −1≤ xi ≤ 1آن وقت≥ 2
m
m
i =1
i =1
n n ∏ (1− xi ) i +∏ (1− xi ) i
اثبات :اگر ، a , b ≥ oمي دانيم a + b ≥ 2 abپس
≥2
ni 2
)
(
m
m
+ ∏ (1+ x i ) i ≥ 2∏ 1− x i2 n
i =1
ni
) ∏ (1− x m
j
i =1
i =1
در نتيجه حکم برقرار است.
سوال (35به ازای ھر عدد صحيح مانند n ≥ 3 ، nثابت کنيد مجموعهای متشکل از n
نقطه در صفحه وجود دارد .به طوری
که الف( فاصله بين ھر دو نقطه از اين نقاط عددی گنگ است و ب( ھر سه نقطه از اين نقاط مثلثی ناتباھيده با مساحت گويا تشکيل میدھند. اثبات :از آنجا که ھر سه نقطه از نقاط بايد مثلثی ناتباھيده پديدآورند .بديھی است که ھيچ نقطهای روی يک خط راست قرار ندارند. بنابراين ،اين احتمال وجود دارد که چنين نقاطی را بتوان روی منحنی شناخته شدهای ماننددايره يافت .با وجود اين به نظر میرسد که نمايش معمول نقاط واقع بر دايره
يعنی ) , r sin θ
( r cos θ
،احتماالً به عبارتھای پيچيدهای درباره فاصلهھا و مساحتھا میانجامد ھنگام طراحی منحنی با
پارامترھای سادهتر ،سھمی مورد عالقهام ،يعنی ، y = xبه ذھنم خطور کرد. 2
(
)
( )
)
مشخص کردن نقاط B t 2 , t ، A k 2 , kو , q
2
(
c qروی اين منحنی کار سادهای بوده و خوش اقبالی موجب شد که
ھمه چيز به طور شگفتآوری به سرعت و آسانی حل شد. بديھی است که
( k + t )2 + 1
)
2
) − t2 + ( k − t ) = ( k − t 2
2
(k
= AB
و سمت راست اين برابری به ازی عددھای طبيعی و نابرابر t , kمقدار گنگ است
) ) ( t + kمربع کامل است و در نتيجه عدد صحيح بعد از آن + 1 ، 2
) ( k + tمربع کامل نيست ( چون دترمينان
2
k2 k 1 1 1
1 D = t 2 tاگر k , t , qعدھايی صحيح باشند ،عددی صحيح است مساحت Δ ABCکه دقيقا ً برابر با D 2 q2 q
است ھمواره گوياست.
بنابراين مجموعه قابل قبولی متشکل از n
نقطه مجموعه زير است .
} ) {(1 ,1) , (2 ,2) , ( 3 , 3) ,...( n , n 2
3
2
2
مساله ( 36فرض کنيد an ,..., a2, a1عددھايی حقيقی باشند و دست کم يکی از آنھا غير صفر باشند .عددھای حقيقی
rn ,..., r2, r1چنان که به ازای ھر دنباله از عددھای حقيقی مانند xn ,...x2, x1 ) r1( x1 − a1) + r2( x2 − a2) + ...rn ( xn − an
از x12 + ... + xn2 − a12 + a22 + ... + an2 کمتر يا با آن برابر است rn ,..., r2, r1 .را پيدا کنيد. راه حل x1 :را بزرگتر از a1انتخاب کنيد و فرض کنيد 2 ≤ i ≤ n ، xi = aiدر اين صورت
n
n
r1 ( x1 − a1 ) ≤ x12 + ∑ ai2 −
∑ ai2
i =2
i −1
x12 − a12 n
n
∑ ai2
=
x12 + ∑ ai2 + i =2
i =2
اگر در طرف نابرابری باال x1 − a1را حذف و فرض کنيم x1به a1ميل کند ،نتيجه می گيريم
a1 ai2
n
∑
≤ r1
i =1
اگر x1را کوچکتر از a1انتخاب کنيم و روند قبلی را تکرار کنيم ،نتيجه می گيريم
a1 ai2
n
∑
≥ r1
i =1
بنابراين
a1 ai2
n
∑
= r1
i =1
به ھمين ترتيب معلوم می شود
ai
2≤ i ≤ n ai2
n
∑
= ri
i =1
تعريف :دو مجموعه شمارا را تقريبا از ھم جدا گوئيم وقتی که تعداد عضوھای مشترک آن عدد محدود )و يا صفر( باشد. سوال (37ثابت کنيد که مجموعه اعداد طبيعی را می توان به تعداد ناشمارائی مجموعه تقسيم کرد ،بنحوی که ھر دو تا از آنھا »تقريبا از ھم جدا« باشند.
اثبات :برای اين کار ) E ( xرا بزرگترين عدد صحيحی می گيريم که از عدد حقيقی x مثبت x
بزرگتر نباشد و برای ھر عدد حقيقی و
،مجموعه ) Z ( xرا که )عضوھای آن
2n [2E (nx) + 1] , n = 12 عددھای طبيعی خواھد بود( به اين ترتيب در نظر می گيريم :برای , ,...
حاال ثابت می کنيم که برای o < x < yمجموعه ھای ) Z ( y ) , Z ( xتنھا تعداد محدودی عضو مشترک دارند)که می توانند مساوی
نيز
صفر
باشند(
در
حقيقت
اگر
به
ازای
دو
عدد
طبيعی
q, p
داشته
باشيم
:
⎦⎤ 2 ⎡⎣2E ( px ) + 1⎤⎦ = 2 ⎡⎣2E ( qy ) + 1به سادگی معلوم می شود که بايد p = qباشد و بنابراين داشته باشيم : p
q
1 ) E ( px ) = E ( qyکه با توجه به شرط o < x < yبايد py − px < 1و يا y−x 1 ھاي ) z ( y ) , z ( xکمتر از y−x
< pبه اين ترتيب مجموعه
عضو مشترک دارند .يعنی تعداد عضوھای مشترک آنھا محدود است .بنابراين ثابت
کرديم که خانواده ناشمارائی از بی نھايت مجموعه اعداد طبيعی وجود دارد که ھر دو تای دلخواه از آنھا تقريبا ً از ھم جدا ھستند، چون اين مجموعه ھا مختلف اند،از اينجا ثابت می شود که مجموعه عددھای طبيعی تعداد ناشمارائی زير مجموعه ھای نامتناھی مختلف است.
سوال (38به ازای ھر عدد حقيقی مانند ، tفاصله tتا نزديک ترين عدد صحيح به آن را با tنشان می د ھيم فرض کنيد x عددی حقيقی باشد.
الف( ثابت کنيد }x = min { x − [ x ] , [ x ] + 1− x
1 1 ب -ثابت کنيد ] x = − − x + [ x 2 2
ج -ثابت کنيد x + 1 = x 1 ه -ثابت کنيد 2
≤ o≤ x
اثبات الف -می دانيم که [ x ] ≤ x < [ x ] + 1در نتيجه o ≤ x − [ x ] < 1و o < 1+ [ x ] − x ≤ 1
از طرفی ديگر ( x − [ x ]) + ([ x ] + 1− x ) = 1 1 1 1 پس يا = ( x − [ x ]) = [ x ] + 1− xيا < ] , x − [ x 2 2 2 1 1 يا > ] , x − [ x 2 2
> [ x ] + 1− x
< [ x ] + 1− x
در ھر صورت روشن است که فاصله x
تا نزديک ترين عدد صحيح عضو کوچکتر مجموعه }{ x − [ x ] , [ x] + 1− x
می
باشد.
1 1 1 1 ب( -با استفاده از قسمت الف چنين استدالل می کنيم :اگر = ] x − [ xآنگاه − − ( x − [ x ]) = = x 2 2 2 2 1 1 < ] ، x − [ xآنگاه اگر 2 2
] [
> ، x − xآنگاه
1 1 1 1 ] − − ( x − [ x ]) = + − x + [ x 2 2 2 2
= [ x ] + 1− x = x ج( -بنابر قسمت ب(
اگر
1 1 1 ⎡ 1 ⎤1 ⎥ = − − ([ x ] + ) + ⎢[ x ] + 2 2 2 ⎣ 2 ⎦2
[ x] +
1 1 1 1 = ]= − − [ x] − + [ x 2 2 2 2 د( –بنابر قسمت )ب(
1 1 1 1 1 1 x + 1 = − − x − 1+ [ x + 1] = − − x − 1+ 1+ [ x ] = − − x + [ x ] = x 2 2 2 2 2 2
ه ( فرض کنيد x = [ x ] + t
که در آن o ≤ t ≤ 1بنابر قسمت )ب(
1 1 ⎤⎦ x = − − [ x ] − t + ⎣⎡[ x ] + t 2 2 1 1 1 1 = − − [ x] − t + [ x] = − − t 2 2 2 2 1 1 1 1 اگر ≤ − t = − t ، o ≤ tو در نتيجه 2 2 2 2 −1 1 1 1 = −tو اگر + t ، ≤ t < 1 2 2 2 2
1 در ھر صورت 2
< o≤ x =t
≤ o ≤ x = 1− t
≤ o≤ x
سوال ( 39ثابت کنيد به ازای ھر عدد گويای rمی توانيم عددی مانند nrرا چنان محاسبه کنيم که
r − 2 > 1 nr 10 اثبات :داريم
r2 − 2 r +2
>
r2 − 2 r+ 2
= r− 2 ≥ r − 2
r2 − 2 1 بنابراين کافی است nrچنان بزرگ انتخاب کنيم که < )10nr ( r + 2 سوال (40فرض كنيد
f :R→R
⎞1 ⎛ ⎟ f ′( x) ≤ f ′⎜ x + ⎠n ⎝
اثبات :براي ھر n ∈ N fn
مشتق پذير است و
ثابت كنيد تابع
،تابع
يك تابع مشتق پذير است و براي ھر
f′
fn : R → R
n∈ N
و ھر
: x∈R
پيوسته است
،
1 ⎛ ⎞ ⎟ ) f n ( x ) = n ⎜ f (x + ) − f ( x n ⎝ ⎠
1 ⎥⎤ ) ′ ( x ) = n ⎡⎢ f ′ ( x + ) − f ′ ( x n ⎣ ⎦
fچون
f n′ ( x ) ≥ o
را در نظر بگيريد ھر
پس به ازاي ھر
n
،
fn
x1, x2 ∈ R
صعودي است .حال فرض كنيد
و ، x1 < x2براي ھر
n
) f n ( x1) ≤ f n ( x2
،
⎞1 ⎞1 ⎛ ⎛ ) f ⎜ x1 + ⎟ − f ( x1) f ⎜ x 2 + ⎟ − f ( x2 ⎠n ⎠n ⎝ ⎝ ≤ پس 1 1 n n وقتي
∞→n
خواھيم داشت
) . f ′ ( x1) ≤ f ′ ( x2
پس f ′صعودي است و داراي خاصيت مقدار مياني است ،پس
f′
پيوسته است.
سوال ( 41ثابت كنيد در ھر فضاي متري مانند
)(X ,d
به ازاي ھر دو مجموعه بسته و جدا از ھم ،دو مجموعه باز جدا از ھم
و شامل آنھا موجود است.
B, A
حل :فرض كنيد
زير مجموعه ھاي بسته از
) d ( x, A ) d ( x, A ) + d ( x , B
X
= )x ∈ X : , f ( x
خوش تعريف است .زيرا ھمواره
d ( x, A) + d ( x, B ) = o , x ∈ x
زيرا اگر
x∈ A= A , x∈ B = B
يعني
است زيرا توابع
, x∈ A , x∈B
⎧o ⎨ = )f ( x ⎩1
قرار مي دھيم }
1 2
< ) G = {x ∈ X : f ( x
⎞1 ⎛ ⎟ ⎜ −∞ , ⎠2 ⎝
به عالوه ،
تحت تابع پيوسته
1 x ∈ Aايجاب مي كند كه 2
به ھمان طريق
در آن صورت بايد
x ∈A ∩ B
)x → d ( x, B ), x → d ( x,A
بازه باز
باشند به طوري كه
f
∅ = A∩ B
بر
بر
پيوسته
< f ( x) = o
∅ =A∩ B
⎛⎛ ⎞ ⎞1 ⎟ ⎟ G = f −1 ⎜ ⎜ −∞ , ⎠ ⎠2 ⎝⎝
است پس زير مجموعه بازي از
⎫1 ⎧ ⎬ > )H = ⎨x ∈ X : f ( x ⎭2 ⎩
d ( x, B ) = o , d ( x, A) = o تابع
f
X
پيوسته اند و نيز داريم
در اين صورت
يعني
d ( x, A ) + d ( x , B ) ≠ o
x ∈G
مجموعه بازي
X
پس
يعني
G
تصوير معكوس
است.
A⊆G
است كه شامل B
است ھمچنين
∅= G∩H
بنابراين حكم تمام است.
سوال ( 42ھرگاه تابع حقيقي و پيوسته بر xدر خاصيت مقدار مياني صدق كند آنگاه ثابت كنيد ) ( X , d اثبات :به عھده متعلم فصل 12مسائل متفرقه حل نشده فصل :120مسائل متفرقه حل نشده
:
،در نتيجه
و اين امكان ندارد زيرا
X
تابع
f :X →R
با ضابطه
ھمبنداست .
آنگاه
o < x < 2π
( ثابت كنيد اگر1 سوال
π sin h a (π − x ) sin x 2sin 2x 3sin 3x + 2 2 + 2 3 + ... = 2 2 2 sin h a π a +1 a + 2 a + 2 ( نشان دھيد كه2 سوال
sin π x +
sin 3π x sin 5π x 1 + + ... = π [ x ] 3 5 4 ( نشان دھيد3 سوال
∞ Γ ( x ) Γ ( a − x ) ∞ Rn Rn =∑ −∑ Γ(a) n =1 x + x n =1 x − a − n
(( −1) a ( a + 1)...( a + n + 1)) = n
Rn نشان دھيد كه
n!
v∈ z,a > o
كه
α = −v + a وα < o
كه
(اگر4 سوال
Γ ( x ) Γ ( a ) ∞ ⎧ Rn ⎫ = ∑⎨ + Gn ( x ) ⎬ Γ ( x + a ) n=1 ⎩ x + n ⎭ Rn
n −1) ( a − 1)( a − 2) ... ( a − n ) G ( − n ) ( =
n!
x ⎞⎛ x ⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ G ( x ) = ⎜1+ ⎟⎜1+ ⎟ ... ⎜1+ ⎟ ⎝ a − 1⎠⎝ a − 2⎠ ⎝ a − v ⎠ Gn ( x ) =
G ( x ) − G ( −n ) x+n ( نشان دھيد5 سوال
∧
⎛ r ⎞ 640⎛ τ ⎞ ∏ Γ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = 36 ⎜⎝ 3 ⎟⎠ r =1 نشان دھيد
x> o
3
( فرض كنيد6 سوال
⎛ 1⎞ Γ( x)Γ ⎜ ⎟ ∞ 2n ! 1 ⎝ 2⎠ = ∑ 2 n 1⎞ x+n ⎛ Γ ⎜ x + ⎟ n =o 2 . n ! n ! 2⎠ ⎝
آنگاه
log Γ ( z ) = ∫
آنگاه
Re ( z ) > o
( ثابت كنيد اگر8 سوال
−z −1 ⎧⎪ 1+ t ) − (1+ t ) ⎫⎪ dt ( −t ⎨( z − 1) e + ⎬ log (1+ t ) t ⎪⎩ ⎭⎪
∞
o
ھمگراست
( ثابت كنيد اگر7 سوال
− zt −t ⎪⎧ e − e ⎪⎫ dt + ( z − 1) e −t ⎬ ⎨ −t ⎩⎪ 1− e ⎭⎪ t
∞
o
log Γ ( z ) = ∫
Re ( z ) > o
m sin t ∫o ( logt ) t dt
∞
m>o
آنگاه
( ثابت كنيد اگر9 سوال
( نشان د ھيد10 سوال ∞
∫o
π sin θ1 sin θ 2 x sin θ3x sin θ n x sin ax dx = θ1θ 2 ...θ n . ... .cos a1x ...cos am x x x x x x 2 و
a > o , (1 ≤ i ≤ n ) θi ∈ R
كه
a > θ1 + θ 2 + ... + θ n + a1 + ... + am ( ثابت كنيد11 سوال n 1 ∞ ( −1) x = +∑ Gn ao n=1 n !aon+1 n
1 ∞
∑ an x n n =o
كه
o
....
o
4a2 3a1 2a1 o
.....
o
6a3
.........
o
2a1
Gn =
ao
o
5a2 4a1 3ao
...............................................
(2n − 2) an−1...............( n − 1) ao n an ( n − 1) an−1...................a1 ∞
ثابت كنيد
( s > 1) ζ ( s ) = ∑
n =1
2s −1 s ζ (s) = −2 s −1
−1 2 2s y
∫o (1+ ) ∞
1 ns
( فرض كنيد12 سوال
sin ( s arc tan y )
dy e +1 πy
∞
ھمه اعداد اول مي باشد
1 ms m =1 mp
( ثابت كنيد13 سوال
1 dn (z 2 − 1)n n n 2 . n ! dz
( فرض كنيد14 سوال
p يعنيp = 2, 3, 5,... كهlog ζ ( s ) = ∑ ∑ p
pn ( z ) =
n
npn ( cos θ ) = ∑ cos r θ pn−r ( cos θ ) r =1
و
(
h < 1 وs < 1 اگر
1− 2h cos θ + h2
)
−s
(15 سوال
∞
= ∑ bn cos n θ n =o
نشان دھيد
bn =
2sin π s
π
1
∫o
h n x n +s −1
(1 − x )s (1 − xh 2 )
s
dx
p n + P )!( −1) ( p n p 1− z ) + ( −1) (1+ z ) } pn ( z ) = ∑ p +1 {( o ( n − p )! p ! p !2 n
⎧1. 3. 5... (2n − 1) ⎫ arc sin z = ∑ ⎨ ⎬ 2 o ⎩ 2.4. 6...2n ⎭
π
2
∞
n
sin n θ pn ( sin θ ) = ∑ ( −1) r =o
∞
r
{ p2n+1 ( z ) − p2n−1 ( z )} ( نشان دھيد17 سوال
n! cos r θ pr ( cosθ ) r !( n − r )!
s (a + b + s)
∏ ( a + s )( b + s ) = s =1
n
( نشان دھيد16 سوال
1 ∑k = k =1
Γ( a + 1) Γ ( b + 1) Γ ( a + b + 1)
1
∫o
1− (1− t ) dt t
( نشان دھيد18 سوال
( ثابت كنيد19 سوال
n
( نشان دھيد20 سوال
( نشان دھيد21 سوال
⎡1 ⎛ 1 1 ⎤⎞ 1 ⎢ ⎜ + − ⎥⎥⎟⎟ ∑ ⎢ n s s − 1⎜ n + 1 s−1 n s−1 ) ⎣ n =1 (⎝ ⎦⎠ ∞
سوال (22اگر
و
!)m − n ( m + n − 1 ! m !n 2m+ n
, ao,n = − 2− n
1 + s −1
∞ ⎛ ⎞ نشان دھيد ∑ ⎜ ∑ am,n ⎟ = − 1 m =o ⎝ n = o ⎠ ∞
,
1
=
n =1
)( m , n > o
= am , n
am,o = 2− m
∞
( s > 1) ∑ s n
ao,o = o
,
∞ ⎛ ⎞ ∑ ⎜ ∑ am , n ⎟ = 1 n =o ⎝ m = o ⎠ ∞
⎫⎧1. 3.... (2n − 1) 4n + 3 ⎬ ∑ ⎨ 2.4. ...2n . 2n + 2 ⎭ ⎩m =1
2
سوال ( 23در مورد ھمگرايي يا واگرايي
∞
⎫2n + 1
بحث كنيد
∞
⎧
سوال (24در مورد ھمگرايي يا واگرايي ⎬⎭∑ ⎨⎩1− n log 2n − 1
بحث كنيد
n =1
سوال (25ثابت كنيد 2 2 2 2 2 cos h k − cos x ⎫⎪ ⎞ ⎪⎧ ⎛ k ⎞ ⎪⎫ ⎪⎧ ⎛ k ⎞ ⎪⎫ ⎧ ⎛ k ⎞ ⎫ ⎪⎧ ⎛ k ⎞ ⎪⎫ ⎪⎧ ⎛ k + + + + + 1 1 1 1 1 ⎜ ⎨⎬ ⎟ ⎜ ⎨ ⎜ ⎨⎬ ⎟ ⎜ ⎨ ⎬⎟ ⎜ ⎨⎬ ⎟ = ⎟ ⎬ ... 1− cos x ⎭⎪ ⎠ ⎪⎩ ⎝ x ⎠ ⎪⎭ ⎪⎩ ⎝ 2π − x ⎠ ⎪⎭ ⎩ ⎝ 2π − x ⎠ ⎭ ⎪⎩ ⎝ 4π − x ⎠ ⎪⎭ ⎪⎩ ⎝ 4π + x
6
∏ ⎜1− p2 ⎟ = π 2
سوال (26ثابت كنيد كه
سوال (27فرض كنيد
} {an
⎞1
⎛
∞
⎠
an > o
و
an
n
⎝ n =1
كه
n, pn
صعودي باشد .نشان دھيد
امين عدد اول مي باشد
⎞ ⎛ a ⎟ ⎠ ⎝ n +1
∞
∑ arc cos2 ⎜ a n
ھمگراست اگر و تنھا اگر
n =1
كراندار باشد.
سوال (28فرض كنيم تابع
f
روي فاصله
)∞ [1, +
مثبت و صعودي باشد و وقتي
كنيد كه سريھاي
∞ 1 1 ) , ∑ 2 f −1 ( n f ( n ) n=1 n
∞
∑
n =1
بطور يكسان ھمگرا خواھند بود.
سوال ( 29ثابت كنيد كه دو خاصيت زير از دنباله } {an
ھم ارز ھستند.
∞→x
،
∞f ( x ) → +
ثابت
∞
الف ( ∞ < ∑ an − an+1 n =1
∞
ب( اگر سري
∞
∑ bn
ھمگرا باشد آنگاه سري
n =1
سوال (30فرض كنيم } {bn 1 1+ bn +1 bn
an bn
∑
ھم ھمگراست.
n =1
دنباله اي باشد كه bn > o؛
∀n∈ N
،ثابت كنيد.
∞
∑n
واگراست.
n =1
سوال (31فرض كنيم
n ∈ Nو ] t ∈ [o , n
نامساوي زير
n
1 ⎞ ⎛ t ≤ ⎟ − e ⎜1 − en ⎠⎝ n t
را ثابت كنيد ؟
سوال (32فرض كنيم براي ھر
n∈ N
و
an > o
سري
2
−t ) (2 n
∑ an
o ≤e ∞
ھمگرا باشد .ثابت كنيد
∑ n a1, a2... an
و
n =1
∞
سري
a1 + a2 + ... + an n n =1
∑
سوال ( 33فرض كنيم تابع
f
واگراست .
روي
ھمگرا باشد آنگاه در يك ھمسايگي صفر
R
تعريف شده باشد .اگر براي ھر سري ھمگراي
، ∑ anسري ) ∑ f ( an
f ( x ) = Cx ∞
سوال (34فرض كنيد
an
دنباله اي نزولي و مثبت باشد و
n =1
∞
π
a ∞ ∫o g ( x ) dx < +است اگر و تنھا اگر ∞ < ∑ nn n =1
سوال (35ثابت كنيد كه :
f ( x ) = ∑ an sin nx
n 2 11 .22 . 33 ... n n
n 4 e
lim
∞→ n
.ثابت كنيد كه
K , o< a < b
سوال (36فرض كنيم
و ∫a f ( x ) dx = 1 b
)a f ( a ) = b f (b
,
g, f
باشد ثابت كنيد كه ،براي ھر تابع
2 b a+ b
مجموعه ھمه توابع مانند
f
باشد كه روي فاصله ⎦⎤ ⎡⎣a , bغير منفي و ناصعودي بوده
در
K
نامساوي
≤ max ( f ( x ) , g ( x ) ) dx
b
∫a
برقرار است .براي چه نوع توابعي تساوي حاصل مي شود؟
سوال (37فرض كنيم
)f ( x
روي قطعه
] [ a , bپيوسته ديفرانسيل پذير باشد و f ( a ) = o
نامساوي
M 2 ≤ ( b − a ) ∫ f ′ 2 ( x ) dx b
a
) M = Sup f ( x
را ثابت كنيد كه در آن
a ≤x ≤b
سوال ( 38تساوي زير را ثابت كنيد
)
) ( a, b > o
(
x2 + 4ab dx
∞
∫o
f
⎞b 1 ⎛ = f ⎜ ax + ⎟ dx ⎠x a ⎝
∞+
∫o
به فرض آنكه انتگرال سمت چپ با معنا باشد سوال (39مطلوب است محاسبه ∞+
dx pn
... x − an
p2
x − a2
x − a1
p1
سوال (40مثالي در نظر بگيريد كه راھنمايي :انتگرال
سوال (41اگر توابع
) (
)f ( x
∞
∫o
)g ( x
∞→ x
انتگرال پذير باشند در آن صورت آيا حتما ً تابع
)∞f ( x ) ∈c( ) [ a, + 1
∞+
∫a
ولي
lim f ( x ) ≠ o
را در نظر بگيريد.
if if
راھنمايي:
سوال (42ھرگاه
∞−
∞ < f ( x ) dx
sin x2 dx
و
∫
x=o x≠o
و
⎧o ⎨ = )f ( x ⎩1
f ′( x) < c
باشد .ثابت كنيد كه ( x → +∞ ) f ( x ) → o
)) f ( g ( x
نيز انتگرال پذير است.
به ازاي
∞<a<x
و
f ( x ) dx
∞+
∫a
ھمگرا
راھنمايي :انتگرال زير را در نظر بگيريد.
⎞b−a ⎛ f ⎜a + k ⎟ ⎠ n ⎝ مطلوب است محاسبه
b−a n
n
∑
k =1
f ( x ) dx −
a
lim n Δ n
∞ ∞→n
سوال (43اگر ) f ( xروي بازه ][ a , b كه
b
∫ = Δn
كراندار و محدب به طرف باال باشد ثابت كنيد
⎞⎛a+b ⎜ f ( x ) dx ≤ ( b − a ) f ⎟ ⎠ ⎝ 2
π
سوال (44ثابت كنيد كه ھرگاه
4
< an
)f ( a ) + f (b ≤ 2
b
∫a
⎛π
⎞
∞
⎠⎟ ∏ tg ⎜⎝ 4 + an
آنگاه
) (b − a ∞
وقتي ھمگراست كه سري
n =1
مطلق باشد ∞
سوال (45ثابت كنيد
∏ cos xn n =1
ھمگراست ھر گاه x2n
سوال (46ثابت كنيد ھرگاه ) f ( xروي ) ∞( o , f ( x ) dx
∞
∫ = f ( x ) dx
− ax
o
سوال ( 47ھمگرايي سري
)r (n
∞
n2
n =1
∏ n =1
انتگرال پذير باشد ثابت كنيد
∞
∫n=1 e
∑
∞
lim
a →o
را كه در آن
)r ( n
تعداد ارقام عدد
∞
سوال (48نشان دھيد كه حاصلضرب ) ∏ (1+ an
كه در آن
n =1
n = 2k − 1 n = 2k
⎧ 1 ⎪⎪− k ⎨ = an ⎪ 1 + 1+ 1 ⎪⎩ k k k k ∞
ھمگراست با اينكه سري ھاي
an
سوال ( 49اتحاد زير را ثابت كنيد
∏ n =1
∞
و
∑ a2n n =1
ھمگرا باشد.
واگراست .
n
است بررسي كنيد
an
∏ n =1
ھمگراي
∞
1 1 1 xn ) (1+ + + ... + 2 3 !n n
∑
−x
=e
n =1
( −1)n−1 x n n! n
∞
∑
n =1
c1 + 2c2 + 3c3 + ... + ncn + ...
سوال (50فرض كنيد كه سري
cn + 2cn+1 + 3cn+2 + 4cn+3... = tn
ھمگراست و ھمچنين
lim tn =o
∞→ n
q1, q2, q3 ,...qn ,..., p1, p2, p3 ,..., pn,...
سوال (51فرض كنيد
ھمگرا باشد آنگاه نشان دھيد سري
دو دنباله از اعدا مثبت باشد و براي ھر كدام
داشته باشيم
q1 + q2 + ... + qn =β ∞→n nqn lim
و ھمچنين a + β > o
,
p1 + p2 + ... + pn =α npn
lim
∞→n
p1q1 + 2p2q2 + ... + npn qn αβ = 2 α +β n pn qn
ثابت كنيد
z2 z 4 z 6 سوال (52ثابت كنيد + + + ... 3 5 7
)
f ( z ) = 1+
lim
∞→n
در معادله تابعي صدق مي كند
(
⎞ ⎛ 2z ⎜f ) = 1+ z2 f ( z ⎟2 ⎠ ⎝ 1+ z سوال (53تساوي زيرا را بدست آوريد.
+ b nz n ; q < 1 2
∞
) ∑q ∞n =−
سوال (54ثابت كنيد كه تابع
n
sin1 x = sin x
n ، sin x > oعالوه بر اين sin n x = 1 3
)
(
ثابت كنيد تابع
)G ( z
()
∏ (1+ q
2n −1
n =1
بار مكرر سينوس
) , sin n x = sin ( sin n−1 x
سول (55فرض كنيد q < 1
()
= z 1+ q2n−1 z −1 1− q2n
∞
وقتي كه
∞→n
ھمگرا به صفر است كه در اينجا
lim ∞→n
.تعريف كنيد
q2 q3 1 1− z )(1− qz ) 1− q2z + ... (1− z ) + 2 (1− z )(1− qz ) + (3 1− q 1− q 1− q
)
()
در تساوي زير صدق مي كند
(
1+ G ( z ) − G ( qz ) = (1− qz ) 1− q2z 1− q 3z ...
= )G(z
سوال (56
qo , q1, q2,..., qn ,...
دو دنباله , po , p1, p2,..., pn ,...
lim pn qn =o , =o n→∞ q + q + ... + q po + p1 + ... + pn−1 + pn n −1 + qn o 1
lim ∞→n
دنباله جديد زير را تعريف مي كنيم
, rn = po qn + p1 qn −1 + p2 qn−2 + ... + pn qo ثابت كنيد
rn =o ro + r1 + r2 + ... + rn
سوال (57فرض كنيد p p , p1,..., pn ,...
pn =o po + p1 + ... + pn ثابت كنيد اگر sn = s
n = o ,1, 2,...
lim ∞→ n
يك دنباله از اعداد مثبت باشد كه در شرط زير صدق مي كند.
lim ∞→n
lim ∞→ n
موجود باشد آنگاه
so pn + s1 pn−1 + ... + sn po =s po + p1 + ... + pn سوال (58قرار مي دھيم
lim
∞→n
, sn = ao + a1 + ... + an , n = o,12 , ,...
so + s1 + ... + sn =s n +1
اگر
lim
∞→n
آنگاه ثابت كنيد
)
+ ... = s
n
( a + a t + a t + ... + a
nt
سوال (59اگر سري
)
2 2
1
o
lim t →1
ao + a1 + ... + an + ... = s
(
lim ao + a1t + ... + an t n + ... = s t →1
ھمگرا باشد آنگاه
را ثابت كنيد.
سوال (60تابع بسل از مرتبه صفر را به صورت زير تعريف مي كنيم 2 4 −1) ⎛ x ⎞2m ( ⎞1 ⎛ x ⎞1 ⎛ x jo ( x ) = 1− ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ − ... + ⎜ ⎟ + ... 11 ⎠ ! ! ⎝ 2 ⎠ 2!2! ⎝ 2 ⎠ m !m ! ⎝ 2
m
ثابت كنيد
1 2
= jo ( t ) dt
∞
∫o
سوال (61فرمول زير را ثابت كنيد
− 1 = u1 + u1 u2 + u1 u2 u3 + ... و
x
eu − 1 un+1 = log un n
eكه
n = 12 , , 3,..., u 1 = x ≥ o
سوال (62فرض كنيد
n
يك عدد صحيح مثبت باشد آنگاه ثابت كنيد
n
e e ⎞⎛ 1 < ⎟ < e − ⎜1+ 2n + 2 ⎝ n ⎠ 2n + 1 سوال (63ثابت كنيد براي o < q < 1
داريم 1
1
1 1− q ⎛ 1− q2 ⎞ 2 ⎛ 1− q4 ⎞ 4 ⎛ 1− q 8 ⎞ 8 2 ) ... = (1− q ⎜ ⎜ ⎟2 ⎜ ⎟4 ⎟8 ⎠ 1+ q ⎝ 1+ q ⎠ ⎝ 1+ q ⎠ ⎝ 1+ q
سوال ( 64به ازاي كدام مقادير مثبت
α
)
سري زير ھمگراست ∞
(∑
α α ⎟⎞ 2− eα ⎛⎜ 2− e 2 ⎞⎟ ... ⎛⎜ 2− e n ⎠ ⎝ ⎝ ⎠
n =1
−x
1
∞
سوال (65ثابت كنيد
dx = ∑ n − n
x
n =1
سوال (66اگر
lim sn = s
∞→n
∫o
آنگاه ثابت كنيد
⎛ ⎞ st t2 tn lim ⎜ so + 1 + S2 + ... + S n + ... ⎟ e −t = s ∞→ t !n !1 !2 ⎝ ⎠ سوال ( 67فرض كنيد مجموع
ao + a1 + ... + an + ... = s
t t2 tn g ( t ) = ao + a1 + a2 + ... + an + ... !n !1 !2
موجود باشد و تعريف كنيد
آنگاه ثابت كنيد
∞ −t
e g ( t ) dt = S
bo , b1, b2,...
سوال (68دو دنباله داده شده
براي ھر مقدار
t
ھمگراست
∫o
>o
bnو
a1, a2, a3 ,...
,
an =S n→∞ b n lim
ao + a1t + a2t 2 + ... + ant n + ...
∞
در شرايط زير صدق مي كند؛ ∑ bn t n n =o
آنگاه ثابت كنيد
متناوب است و ھمچنين به ازاي ھر
t
داريم
ao + a1 t + a2t 2 + ... + ant n + ... =s n→∞ b + b t + b t 3 + ... + b t n + ... 1 2 n o lim
سوال (69نشان دھيد كه )
(
∞
1− t ∑ t n − 2t2n
سوال (70فرض كنيد
an > o
و
n =1
an = o
[ Sn ] , a1 + a2 + ... + an = Sn
lim t →1
وجود دارد و منفي است
lim ∞→n
و سري
a1 + a2 + ...an + ...
و اگرا باشد .قرار دھيد
را به اين صورت تعريف كنيد » بزرگترين عدد صحيحي كه
يا مساوي است« نقاط حدي دنباله S1 − [ s ] , S2 − [ S2] ,..., S n − [ sn ] ,...
Sn
از آن بزرگتر
را پيدا كنيد.
سوال (71فرض كنيد اعضاي دنباله a1, a2,...an ,...در شرايط زير صدق كنند
am + an − 1< am+ n < am + an + 1 lim
an سپس ثابت كنيد = w n→∞ n
كه
w
متناھي است و ما داريم
wn − 1< an < wn + 1 سوال (72فرض كنيد اعضاي دنباله a1, a2, a3...an ,...در شرايط زير صدق كنند
am+ n ≤ am + an
m, n =12 , , 3,...
a1 a2 a سپس ثابت كنيد كه دنباله , ,..., n ,... n 1 2
سوال (73فرض كنيد كنيد
σ >o
اگر سري
به كرانه پاييني اش متقارب است يا حتما ً به
∞−
a11−σ + a22−σ + a3 3−σ + ... + an n −σ
a1 + a2 + ... + an =o n −σ
lim
∞→n
واگراست .
ھمگرا باشد سپس ثابت
سوال
قرار
(74
f ′ ( z ) 1+ z ≤ f ( z ) 1− z
f ( z ) = a1z + a2 z2 + a3 z 3 + ... + an z n + ...
دھيد
نتيجه بگيريد
z
سوال (75فرض كنيدسري تواني فرض
an ≤ n
n = 1,2, 3,...
سپس
باشد.
ثابت
n ) f ′ (α f ′′ (α ) 2 f ( ) (α ) n f (α ) + h+ h + ... + h + ... !1 !2 !n
سوال (76فرض كنيد
n, k
از
f ( x ) = ao + a1 x + a2x2 + ...an x2 + ...براي x = 1
o <α <1
كنيم
,
و
نشانگر دو عدد صحيح باشد و
q
نا
مساوي
براي
كنيد
ھمگرا باشد و
سري
h = 1−α
تواني
ھمگراست.
يك متغير باشد .ضريب دو جمله اي گوسي را به صورت
زير تعريف مي كنيم
⎡ n ⎤ 1− q2 1− q n−1 1− q n−k +1 ⎢ k ⎥ = 1− q . 1− q2 ... 1− q k ⎦ ⎣ كه
1≤ k ≤ n
نكند ما
⎤⎡n ⎥ ⎢k ⎦ ⎣
و براي
⎤⎡n k = oداريم ⎢ o ⎥ = 1 ⎦ ⎣
،اگر
k
يك عدد صحيح نباشد يا در نامساوي
o≤k ≤n
صدق
را برابر صفر قرار مي دھيم
در ابتدا فرض كنيم
q
مخالف ريشه ھاي مخرج كسر باشد
⎞ ⎡n⎤ ⎛ n ⎟ ⎢k ⎥ = ⎜ k ⎣q →1 ⎠ ⎝ ⎦ lim
نشان دھيد كه
⎤ ⎡n⎤ ⎡ n نشان دھيد ⎥ ⎢ k ⎥ = ⎢ n −k ⎦ ⎣ ⎦ ⎣
ھمچنين توجه كنيد كه
پيدا كنيد .
xk
)k ( k −1 2
⎤⎡n x = ∑⎢ ⎥q k ⎦ ⎣ k =o n
)
k −1
ثابت كنيد
⎡ n+1⎤ ⎡ n ⎤ ⎡ n ⎤ n−k +1 ⎢ k ⎥ = ⎢ k ⎥ + ⎢ k −1⎥ q ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ سوال (77ثابت كنيد
∏ (1+ q n
k =1
k =o
را مي توانيد انتخاب كنيد و به مساوي
⎤⎡n⎤ ⎡n ⎥⎢ o ⎥ = ⎢n ⎦ ⎣ ⎦ ⎣
دست
.....
1
) (1− ξ ) (1− ξ 3 )(1− ξ 5
سوال (78فرمول عمومي اي براي
an
= (1+ ξ ) (1+ ξ 2 )(1+ ξ 3 )(1+ ξ 4 ) ... پيدا كنيد
(1+ qξ ) (1+ qξ 2 )(1+ qξ 4 )(1+ qξ 8 ) ... = ao + a1ξ + a2ξ 2 + a3ξ 3 + ... سوال (79اتحاد زير را ثابت كنيد
)=n
n = 1.2,...
n − k +1
(1− a )(1− a )...(1− a n −1
2
1− a k
n
∑
k =1
سوال (80درستي اتحاد زير را نشان دھيد
∞
1 ⎞ xn ⎛ 1 + + ... 1 !∑ ⎜⎝ 2 n ⎟⎠ n n =1
−x
) =e
n −1 n
x
)(( −1
n !n
∞
∑
n =1
سوال (81ثابت كنيد ⎞⎛ n +1 ⎟ ⎠ 2
∞ ⎜n 1− q2 1− q4 1− q6 ⎝ . . ... = q ∑ 1− q 1− q 3 1− q 5 n =o
q <1
3n + n سوال (82ثابت كنيد q 22
n
)( −1
∞
∑ )
∞n =−
سوال (83اگر
(
∞
= ∏ 1− qكه q < 1 n
n =1
) ( a1 − an ) + ( a2 − an ) + ... + ( an−1 − an
وقتي كه
∞→n
كراندار باشد آنگاه الزم
نيست كه سري a1 + a2 + a3 + ... + an ...متناوب باشد ولي اگر شرايط
, a1 ≥ a2 ≥ a3 ≥ ... سوال ( 84اگر 1
منظور از
را به شرط باال اضافه كنيم ثابت كنيد
] I = [a1 , b1 ]× ...[an −1 , n n −1 ]× [an , b n
⎧n 2 ⎫2 ⎬ ) S ( I ) = ⎨∑ ( bi − ai ⎩ i =1 ⎭
δ
lim an = o
∞→n
∞
ھمان قطر است
يك حجره بسته در
an
Rn
∑
ھمگراست.
n =1
باشد ،نشان دھيد كه
مسائلی از آناليز 1,2
مولفان حسن جوالنی اکبر صديقی)عضو ھيات علمی دانشگاه آزاد تبريز(
![Glotta 68 [1-2]](https://epdf.mx/img/300x300/glotta-68-1-2_5beddac3b7d7bcf41f4ff9a3.jpg)
