Kurant_R__Robbins_G_-_Chto_takoe_matematika_-_2015
.pdf350 |
ДАЛЬНЕЙШИЕ ПРИМЕРЫ НА ПРЕДЕЛЫ И НЕПРЕРЫВНОСТЬ гл. VI |
|
|
Формальное доказательство этой теоремы мы можем предоставить читателю.
Ясно, что применение указанной схемы потребует оперирования неравенствами. В связи с этим своевременно напомнить небольшое число элементарных правил, которым подчинены арифметические операции с неравенствами.
1.Если a > b, то a + c > b + c (к обеим частям неравенства можно прибавить одно и то же число).
2.Если a > b и c — положительно, то ac > bc (можно умножить неравенство на положительное число).
3.Если a > b, то −b > −a (направление неравенства меняется при умножении на −1). Так, 2 < 3, но −3 < −2.
4.Если a и b одного и того же знака, то из неравенства a < b следу-
ет a1 > 1b .
5. |a + b| 6 |a| + |b|.
2. Предел qn . Если q — число большее чем 1, то члены последовательности qn неограниченно возрастают; например, так будет при q = 2:
q, q2, q3, . . .
Такие последовательности «стремятся к бесконечности» (см. стр. 322). В самом общем случае доказательство этого основывается на важном неравенстве (см. стр. 40)
(1 + h)n > 1 + nh > nh, |
(2) |
где h — какое угодно положительное число. Мы положим q = 1 + h, где
h > 0; тогда
qn = (1 + h)n > nh.
Пусть k — сколь угодно большое положительное число; в таком случае достаточно взять n > hk , чтобы получить неравенство
qn > nh > k;
значит, qn → ∞. Если q = 1, то все члены последовательности равны 1, и значит, предел последовательности есть 1. Если q отрицательно, то знаки qn чередуются, и в случае |q| > 1 предела нет.
Упражнение. Дайте строгое доказательство последнему утверждению.
На стр. 90 мы установили, что если −1 < q < 1, то qn → 0. Дадим здесь еще другое, очень простое доказательство. Рассмотрим случай 0 < q < 1. Тогда члены последовательности q, q2, q3, . . . монотонно убывают, оставаясь положительными. Отсюда следует (см. стр. 323), что последовательность имеет предел: qn → a. Умножая обе части последнего соотношения на q, получим: qn+1 → aq.
352 ДАЛЬНЕЙШИЕ ПРИМЕРЫ НА ПРЕДЕЛЫ И НЕПРЕРЫВНОСТЬ гл. VI
Кстати, мы получили оценку для разности hn между √n p и 1: эта раз- |
||
ность непременно меньше, чем p . |
|
|
Если 0 < p < 1, то √n p < 1, иnможно положить |
||
√n p = |
1 |
, |
|
1 + hn |
где hn — снова положительное число, зависящее от n. Отсюда следует
p = |
1 |
|
< |
1 |
, |
|||
|
(1 + hn) |
n |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
nhn |
||
так что |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
0 < hn < |
, |
|
|||||
|
|
np |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
√
и, значит, hn стремится к нулю при n → ∞. И тогда, очевидно, n p → 1. «Уравнивающее» воздействие извлечения корня степени n, выража-
ющееся в том, что результаты извлечения корней последовательно возрастающих степеней из данного положительного числа приближаются к единице, остается в силе иногда и в том случае, если само подрадикальное выражение не остается постоянным. Мы проверим сейчас, что
√
n n → 1 при n → ∞.
Небольшое ухищрение позволит нам сослаться опять на неравен- |
|||||||||||||||||||||||||||||||
ство (2). Вместо корня степени n из n возьмем корень степени n из |
√ |
|
. |
||||||||||||||||||||||||||||
n |
|||||||||||||||||||||||||||||||
Полагая |
n √ |
|
= 1 + kn, где kn — положительная величина, зависящая |
||||||||||||||||||||||||||||
n |
|||||||||||||||||||||||||||||||
от n, |
получим с помощью упомянутого неравенства |
√ |
|
|
|
= (1 + k |
)n > nk |
, |
|||||||||||||||||||||||
n |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
p |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
n |
|
||
так что |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
√ |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
kn < |
n |
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= √ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
Значит, |
|
|
< √n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|||
|
|
1 |
|
= |
(1 |
+ |
2 = |
1 |
+ |
2kn |
+ |
2 < |
1 |
+ |
|
+ |
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
n |
|
|
|
n . |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
kn) |
|
|
|
|
kn |
|
√n |
|
|
|
|
Правая часть этого неравенства стремится к 1 при n → ∞, и потому то же
√
самое можно сказать относительно n n.
4. Разрывные функции как предел непрерывных. Будем рассматривать такие последовательности an, в которых члены an — не постоянные числа, а функции некоторой переменной x, именно an = fn(x). Если только такая последовательность сходящаяся, то ее предел также есть функция x:
f(x) = lim fn(x).
Такого рода представления функции f(x) в виде предела других функций часто бывают полезны, так как «более сложные» функции таким образом приводятся к «более простым».
§ 1 ПРИМЕРЫ ПРЕДЕЛОВ 353
В частности, это обнаруживается при рассмотрении некоторых явных формул, определяющих функции с разрывами. Рассмотрим, например,
последовательность fn(x) = 1 2n . При |x| = 1 мы получаем x2n = 1,
1 + x
fn(x) = |
1 |
, так что fn(x) → |
1 |
. С другой |
стороны, при |x| < 1 мы имеем |
2 |
2 |
||||
x2n → 0 и fn(x) → 1; наконец, при |x| > 1 |
получается x2n → ∞ и, следова- |
тельно, fn(x) → 0. В итоге |
|
|
|
1 |
при |
|x| |
= 1, |
||
f(x) = lim 1 = |
|||||||||
|
1 + x2n |
|
|
1 |
при |
x |
< |
1, |
|
|
|
2 |
|
| | |
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
> |
|
|
|
|
|
0 |
при |x| |
|
1. |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
x) представлена как предел последо- |
|||||||
Мы видим, что разрывная функция f( |
|
|
|
|
|
|
|
вательности непрерывных рациональных функций.
Другой интересный пример в таком же роде дается последовательно-
стью |
x2 |
|
|
x2 |
|
x2 |
|
fn(x) = x2 + |
|
+ |
+ . . . + |
. |
|||
1 + x |
2 |
2 2 |
2 n |
||||
|
|
|
(1 + x ) |
(1 + x ) |
При x = 0 все функции fn(x) обращаются в нуль, и потому f(0) = lim fn(0) =
= 0. При x 6= 0 выражение |
1 |
положительно и меньше чем 1, и потому |
1 + x2 |
теория геометрической прогрессии позволяет утверждать, что fn(x) сходит-
ся при n → ∞. Предел, т. е. сумма бесконечной прогрессии, равен |
|
x2 |
|
= |
|||||
1 |
− |
q |
|||||||
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
||
= |
|
|
|
, т. е. 1 + x2 |
. Итак, fn(x) стремится к функции f(x) = |
1 + x2 |
|||
1 − |
1 |
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 + x2 |
|
|
|
|
|
|
|
при x 6= 0 и к f(x) = 0 при x = 0. Получается функция f(x) с устранимым разрывом в точке x = 0.
*5. Пределы при итерации. Нередко приходится рассматривать последовательности, сконструированные таким образом, что an+1 получается из an посредством тех же операций, посредством каких an получается из an−1: эта процедура позволяет вычислить любой член последовательности, если известен первый. В подобных случаях говорят о процедуре «итерации».
Примером может служить последовательность
q
1, √1 + 1, p1 + √2, 1 + p1 + √2, . . . ;
каждый член ее получается из предыдущего посредством прибавления единицы и затем извлечения квадратного корня. Таким образом, последовательность определяется соотношениями
p
a1 = 1, an+1 = 1 + an.
354 |
ДАЛЬНЕЙШИЕ ПРИМЕРЫ НА ПРЕДЕЛЫ И НЕПРЕРЫВНОСТЬ гл. VI |
|
|
Найдем ее предел. Очевидно, что при n > 1 имеем an > 1. Далее, последовательность наша монотонно возрастает, так как
a2 1 − a2 = (1 + an) − (1 + an 1) = an − an 1.
n+ n − −
Раз только an > an−1, то значит, an+1 > an; но a2 − a1 = √2 − 1 > 0, и потому (с помощью индукции) отсюда следует, что an+1 > an при всех зна-
чениях n. Мы замечаем дальше, что рассматриваемая последовательность
ограниченная; в самом деле, |
|
|
|
|
an+1 = |
1 + an < |
1 + an+1 = 1 + |
1 |
< 2. |
|
||||
|
an+1 |
an+1 |
an+1 |
В силу принципа монотонных последовательностей отсюда вытекает существование предела: an → a, причем 1 < a 6 2. Но ясно видно, что a есть положительный корень уравнения x2 = 1 + x: действительно, соотно-
шение an2+1 = 1 + an в пределе при n → ∞ дает нам a2 = 1 + a. Решая |
||||
уравнение, мы убеждаемся, что a = |
1 + |
√ |
5 |
. |
2 |
|
|||
|
|
|
Отсюда, наоборот, легко сделать тот вывод, что это квадратное уравнение можно решать приближенно, с какой угодно степенью точности, посредством итерационной процедуры.
Таким же образом, с помощью итераций, можно решать и другие алгебраические уравнения. Например, кубическое уравнение x3 − 3x + 1 = 0
напишем в форме
1 x = 3 − x2
и затем, взяв в качестве a1 произвольное число, скажем a1 = 0, определим дальше последовательность an по формуле
an+1 = 3 1 a2 ;
− n
при этом получим
a2 = |
1 |
= 0,3333 . . . |
, a3 = |
9 |
= 0,3461 . . . |
, a4 = |
676 |
= 0,3472 . . . |
|
3 |
26 |
1947 |
|||||||
|
|
|
|
|
|
Можно показать, что последовательность имеет предел, равный корню данного кубического уравнения, а именно a = 0,3473 . . .
Итерационные процессы в этом роде имеют громадное значение в математике, так как с их помощью большей частью даются «доказательства существования»; они полезны и в приложениях, где доставляют методы приближенного решения разнообразных проблем.
Упражнения на пределы. При n → ∞:
1) Докажите, что √n + 1 − √n → 0. (Указание: напишите разность в виде √n + 1 − √n · (√n + 1 + √n).)
√n + 1 + √n
Г Л А В А VII
Максимумы и минимумы
Введение
Отрезок прямой линии определяет кратчайший путь между двумя его конечными точками. Дуга большого круга представляет собой кратчайшую кривую, которой можно соединить две точки на сфере. Среди всех замкнутых плоских кривых одной и той же длины наибольшая площадь охватывается окружностью, а среди всех замкнутых поверхностей одной и той же площади наибольший объем охватывается сферой.
Максимальные и минимальные свойства подобного рода были известны еще древнегреческим математикам, хотя и не всегда со строгими их доказательствами. Одно из самых замечательных относящихся сюда открытий приписывается Ге р о н у, александрийскому ученому I столетия нашей эры. Издавна было известно, что световой луч, выходящий из точки P и встречающийся с плоским зеркалом L, отражается в направлении некоторой точки Q таким образом, что PR и QR образуют одинаковые углы с зеркалом. По преданию, Герон установил, что если R′ — любая точка зеркала, отличная от R, то сумма отрезков PR′ + R′Q больше, чем PR + RQ. Эта теорема (которую мы скоро докажем) характеризует истинный путь светового луча PRQ между P и Q как кратчайший путь от P к Q с заходом на зеркало L — открытие, которое можно рассматривать как зародыш теории геометрической оптики.
Нет ничего удивительного в том, что математики живейшим образом интересуются подобного рода вопросами. В повседневной жизни постоянно возникают проблемы наибольшего и наименьшего, наилучшего и наихудшего. Именно в такой форме могут быть поставлены многие задачи, имеющие практическое значение. Например, каковы должны быть очертания судна, для того чтобы оно испытывало при движении в воде наименьшее сопротивление? Каково должно быть соотношение размеров цилиндрического резервуара, чтобы при заданном расходе материала объем был наибольшим?
Возникнув в XVII столетии, общая теория экстремальных, т. е. максимальных и минимальных, значений величин выдвинула обширный ряд принципов науки, служащих целям обобщения и систематизации. Первые
§ 1 |
ЗАДАЧИ ИЗ ОБЛАСТИ ЭЛЕМЕНТАРНОЙ ГЕОМЕТРИИ |
359 |
|||
прямая P′Q пересекает L как раз в искомой точке R. Легко доказать, что |
|||||
PR + RQ меньше, чем PR′ + R′Q, где R′ — любая точка на L, отличная |
|||||
от R. Действительно, PR = P′R и PR′ = P′R′, значит, PR + RQ = P′R + |
|||||
+ RQ = P′Q и PR′ + R′Q = P′R′ + R′Q. Но P′R′ + R′Q больше, чем P′Q |
|||||
(так как сумма двух сторон треугольника больше третьей стороны), т. е. |
|||||
PR′ |
+ R′Q больше, чем PR + RQ, |
|
|
|
|
что |
и требовалось доказать. В |
|
P |
|
Q |
дальнейшем существенно предпо- |
|
|
|
||
|
|
|
|
||
лагать, что P и Q не лежат на |
|
|
|
|
|
самой прямой L. |
L |
1 |
3 |
|
|
Из рис. 177 видно, что 3 = |
|
||||
= 2 и 2 = 1, так что 1 = 3. |
|
2 |
R |
R′ |
|
Другими словами, точка R такова, |
|
|
|
|
|
что PR и QR образуют одинако- |
|
|
|
|
|
вые углы с L. Отсюда следует, что |
|
P′ |
|
|
|
световой луч, отражающийся от L |
|
|
|
||
(а при отражении, как показывает |
|
Рис. 177. Теорема Герона |
|
||
эксперимент, угол падения равен |
|
|
|
|
|
углу отражения), действительно обращает в минимум путь из P в Q с |
|||||
заходом на L — в согласии с высказанным утверждением. |
|
|
|||
Задачу можно обобщить, вводя несколько прямых L, M, . . . Рассмот- |
|||||
рим, например, случай, когда имеются две прямые L, M и две точки P, Q, |
|||||
расположенные, как на рис. 178, и поставим целью найти кратчайший путь |
Q′′
LR
Q
P O
M S
Q′
Рис. 178. Отражение в двух зеркалах
из P в Q с заходом сначала на L, потом на M. Пусть Q′ — отражение Q относительно M и Q′′ — отражение Q′ относительно L. Проведем прямую PQ′′, пересекающую L в точке R, и прямую RQ′, пересекающую M в точке S; тогда PR + RS + SQ и есть искомый кратчайший путь. Доказательство подобно приведенному выше и предоставляется читателю в