Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Супремум. Инфимум. Леммы о структуре вещественных чисел. Частичные пределы.

Тема Математический анализ

25 Супремум. Инфимум. Леммы о структуре вещественных чисел. Частичные пределы.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#43084

Найти $sup A,$ $inf A,$
где $m- A = {x ∈ ℚ | x = n ,0 < m < n}$ . То есть $A$ - множество рациональных чисел, являющихся правильными дробями.

Показать ответ и решение

Утверждается, что $sup A = 1,inf A = 0.$ Докажем это:

Действительно, из определения легко понять, что 1 - это верхняя граница нашего множества $A$ (т.к. правильные дроби не бывают $> 1$ ), а 0 - нижняя граница, поскольку мы не разрешили брать отрицательные дроби по построению множества $A.$
Докажем, что эти границы неулучшаемы. Проверим, что $supA = 1,$ с инфимумом будет аналогичное рассуждение.

Действительно, пусть нам дали любое $𝜀 > 0.$ Чтобы доказать, что $sup A = 1,$ достаточно научиться по любому $𝜀 > 0$ находить такое $a ∈ A,$ что $a > 1− 𝜀.$ Но это совсем нетрудно. Поскольку $1 − 𝜀 < 1,$ то интервал $(1 − 𝜀,1)$ имеет ненулевую длину (а именно, очевидно, длину $𝜀$ ).

Но в любом интервале есть хотя бы одна рациональная точка. То есть найдётся такая $a ∈ (1− 𝜀,1) ∩ ℚ.$ Но это и означает, что $a ∈ A$ и что $a > 1 − 𝜀.$

Таким образом, мы по определению доказали, что $sup A = 1.$
Чтобы доказать, что $inf A = 0,$ нужно рассуждать абсолютно аналогичным образом.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67236

Доказать, используя аксиому полноты, что если $A ⊂ ℝ$ - ограниченно сверху и $A ⁄= ∅$ , то существует такое $c$ , что $c = supA$ .

Показать ответ и решение

Пусть $B$ - множество верхних границ множества $A$ , то есть

B = {b ∈ ℝ|∀a ∈ A вы полнено a ≤ b}

поскольку множество $A$ - ограничено сверху, то $B$ - непусто. $A$ же непусто по условию. Более того, ясно, что $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ выполнено $a ≤ b$ .

Тогда в силу аксиомы полноты, найдётся такое число $c ∈ ℝ$ , что $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ выполнено $a ≤ c ≤ b$ .

Утверждается, что это $c$ и будет супремумом $A$ , то есть $c = supA$ .

Действительно, из определения $c$ ясно, что $c$ - верхняя граница для $A$ . Но почему она неулучшаема? Давайте предположим, что $∃ 𝜀 > 0$ такое, что $∀a ∈ A$ выполнено $a ≤ c− 𝜀$ .

Но это попросту означает, что число $c− 𝜀$ является верхней границей множества $A$ . А, значит, по построению множества $B$ получается, что $c− 𝜀 ∈ B$ .

В то же время $c− 𝜀 < c$ . Получаем противоречие с тем, что $∀b ∈ B$ выполнено $c ≤ b$ .

Следовательно, $c = sup A$ .

Комментарий. Аналогичным образом можно показать и существование инфимума у любого ограниченного снизу множества.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67238

Верен ли принцип Коши-Кантора для последовательности вложенных интервалов? То есть, верно ли, что для любой бесконечной последовательности вложенных интервалов

(a ,b ) ⊃ (a ,b ) ⊃ ...⊃ (a ,b ) ⊃ ... 1 1 2 2 n n

существует точка $c ∈ ℝ$ , принадлежащая всем этим интервалам , то есть $c ∈ (an,bn)$ для любого $n$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно. Возьмём, скажем, такую последовательность интервалов: $In = (0, 1n)$ . Ясно, что

I1 ⊃ I2 ⊃ I3... ⊃ In ⊃ ...

Однако не существует такой точки, которая лежала бы во всех этих интервалах.

Действительно, пусть такая точка $c$ нашлась. Тогда понятно, что $c > 0$ . Но какую бы $c > 0$ мы ни взяли, найдётся такое $N$ , что $1- N < c$ , то есть в интервал $IN$ номером $N$ наша точка $c$ не попадает. И тем более не попадает в интервалы с номерами больше, чем $N$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67426

Доказать, что если последовательность $xn$ - неограничена, то из неё можно выделить бесконечно большую подпоследовательность $xnk$ .

Показать ответ и решение

Давайте запишем определение того, что $xn$ - неограничена.

Это означает, что

∀C ∈ ℝ ∃n ∈ ℕ такое, ч то |xn| > C

Давайте теперь в качестве $C$ возьмём, скажем, число 1. Если $C = 1$ , то существует $n1$ такое, что $|xn1| > 1$ .

Аналогично, теперь можно положить $C = 2$ и найти такое $n2 > n1$ , что $|xn2| > 2$ (такое $n2$ именно большее, чем $n1$ точно найдётся, поскольку если исходная последовательность $xn$ была неограничена, то и её кусок, начиная с номера $n1$ тоже должен быть неограничен).

И так далее, можно найти такое $n3$ , что $|xn3| > 3$ , такое $n4$ , что $|xn4| > 4$ ..., такое $nk$ , что $|xnk| > k$ .

Но тогда ясно, что у нас получилась бесконечно большая подпоследовательность

xn1,xn2,...,xnk,..

поскольку её $k −$ ый член больше по модулю, чем $k$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67427

Верно ли, что если у последовательности $xn$ любая подпоследовательность $xnk$ сходится и притом к одному и тому же пределу, равному $a$ , то и сама последовательность $xn$ сходится к $a$ ?

Показать ответ и решение

Это, очевидно, верно, поскольку сама последовательность $xn$ является своей собственной подпоследовательностью. А нам дано, что любая подпоследовательность сходится к $a$ . Но, в частности, это означает что и $xn$ сходится к $a$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67429

Доказать, что если выполнены 2 условия:
1. $xn$ - монотонна, то есть либо $xn ≥ xn+1$ для любого $n$ , либо $xn ≤ xn+1$ для любого $n$ ;
2. Хотя бы одна подпоследовательность $xn$ сходится

то тогда сама последовательность $xn$ обязательно сходится.

Показать ответ и решение

Не ограничивая общности, будем считать $xn$ монотонно возрастающей.

Нам дано, что у $xn$ есть сходящаяся подпоследовательность. Пусть эта подпоследовательность $xnk$ .

Из факта сходимости $xnk$ получим:

∀ 𝜀 > 0 ∃K ∈ ℕ : ∀k > K |x − A | < 𝜀 nk

Заметим, что $∀k ∈ ℕ A ≥ xnk$ . (Монотонно возрастающая подпоследовательность может стремиться к своему пределу только снизу).

В таком случае последний модуль раскроется со знаком минус: $A − xnk < 𝜀$ .

Но, поскольку последовательность $xn$ - монотонно возрастает, то при всех $n > nk$ будет выполнено, что $xn ≥ xnk$ , а, значит,

A − x ≤ A − x < 𝜀 n nk

Таким, образом, начиная с этого $K$ все члены самой последовательности $xn$ будут не дальше чем на $𝜀$ от предела $A$ . Следовательно, $∃ lim xn = A n→ ∞$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67430

Найти все частичные пределы последовательности:

1 1 1 3 1 7 1 2n − 1 -, --,--, -, -, -,..., -n, ---n--,... 2 2 4 4 8 8 2 2

Показать ответ и решение

Обозначим данную последовательность за $an$ .

1.

Рассмотрим подпоследовательность, состоящую из нечетных членов последовательности $an$ , то есть $1- a2n− 1 = 2n$ .

Ясно, что $lni→m∞ a2n−1 = 0$

Следовательно, число 0 является частичным пределом исходной последовательности.

2.

Рассмотрим подпоследовательность, состоящую из четных членов последовательности $a n$ , то есть $a = 2n−1 2n 2n$ .
Ясно, что $lni→m∞ a2n = 1$ , поскольку

2n −-1 -1- a2n = 2n = 1− 2n → 1 − 0 = 1

Следовательно, число 1 является частичным пределом последовательности $an$

3.

Докажем, что других частичных пределов нет:
Предположим противное: существует подпоследовательность $an k$ последовательности $a$ , такая что $∃ lim an ⁄= 0,1 k→ ∞ k$ .
R три случая:

3.1.: подпоследовательность $ank$ содержит бесконечное количество четных членов последовательности $an$ , и конечное число нечётных членов. В таком случае ясно, что $ank → 1$ .
3.2.: подпоследовательность $ank$ содержит бесконечное количество нечетных членов последовательности $an$ , и конечное число чётных членов. В таком случае ясно, что $ank → 0$ .
3.3.: подпоследовательность $ank$ содержит бесконечное количество и четных, и нечетных членов последовательности $a n$ . В таком случае $a nk$ содержит и подпоследовательность, сходящуюся к 1, и подпоследовательность, сходящуюся к 0. Значит, в таком случае предела у подпоследовательности $ank$ нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67431

Для последовательности $xn = 1n+2n2 cos 2n3π$ найти

--- lim-xn, lnim→∞ xn n→∞

Показать ответ и решение

Заметим, что удобно рассмотреть числовые подпоследовательности в которых $cos 2n3π$ будет константой, для этого обозначим за числовые подпоследовательности $x3n+1$ , $x3n+2$ , $x3n$ следующее:

$x3n+1$ = $-(3n+1-)2- 2(3n+1)π 1+(3n+1 )2 cos 3$ = $-(3n+1)2- 6nπ 2π 1+ (3n+1)2 cos( 3 + 3 )$

$x 3n+2$ = $-(3n+2-)2- cos 2(3n+2)π 1+(3n+2 )2 3$ = $-(3n+2)2-cos(6nπ + 4π) 1+ (3n+2)2 3 3$

$x 3n$ = $-(3n)2-cos 2(3n)π 1+(3n)2 3$ = $--(3n)2 cos 6nπ 1+ (3n)2 3$
Из того, что $cos(x)$ - функция с периодом $2π$ имеем следующее:

$x3n+1$ = $(3n+1)2 6nπ 2π 1+(3n+1)2 cos(-3-+-3 )$ = $(3n+1)2 2π 1+(3n+1)2 cos 3$ = $1 (3n+1 )2 (− 2)1+(3n+1-)2$

$x3n+2$ = $(3n+2 )2 6nπ 4π 1+(3n+2-)2 cos(-3- + -3 )$ = $(3n+2)2 4π 1+-(3n+2)2 cos 3$ = $1 (3n+2)2 (− 2)1+-(3n+2)2$

$x3n$ = $-(3n)2- 6nπ 1+(3n)2 cos 3$ = $-(3n)2- 1+(3n)2$

Найдем куда стремятся числовые подпоследовательности $x3n+1$ , $x3n+2$ , $x3n$ для этого разделим числитель и знаменатель на числитель, получим:

$lim x3n+2 n→∞$ = $lim − 12--11----= − 12 n→ ∞ (3n+1)2+1$

$lim x3n+2 n→∞$ = $lim − 12--11-+1-= − 12 n→ ∞ (3n+2)2$

$lim x3n n→∞$ = $lim -11-+1 = 1 n→ ∞ (3n)2$

Но ясно, что, поскольку $2 1n+n2 → 1$ , а $cos 2nπ3-≤ 1$ , то на подпоследовательности $x3n$ достигается верхний предел исходной последовательности $x n$ .

Аналогично, поскольку $-n2- → 1 1+n2$ , а $cos 2nπ≥ − 1 3 2$ , то на подпоследовательности $x3n+1$ , а также на подпоследовательности $x3n+2$ достигается нижний предел исходной последовательности $xn$ .

Следовательно, $1 --- lim- xn = − 2,nl→im∞ xn = 1 n→ ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#67432

Пусть $α1,...,αn$ - какие-то вещественные числа. Построить последовательность $an$ такую, что

Ч.П.(an) = {α1,...,αn }

Показать ответ и решение

Подойдёт, например, последовательность

α1, α2,...,αn, α1,α2,...,αn,...

Ясно, что каждое из чисел $α1,...,αn$ является частичным пределом указанной последовательности. А именно, $αi$ будет пределом подпоследовательности, которая получается из исходной последовательности взятием членов с номерами $i+ nk$ , где $k$ - любое натуральное. А всё потому, что такая подпоследовательность будет константной и будет всегда равна $αi$ .

Кроме того, ясно, что у нашей последовательности других частичных пределов нет, поскольку если $A ⁄= α1,α2,...,αn$ , то при $d < min {|A − α1 |,|A − α2|,...,|A − αn|}$ нет ни одного члена исходной последовательности (а значит и любой её подпоследовательности), находящегося от $A$ не дальше, чем на $d$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#67433

Построить последовательность $an$ , которая имеет в качестве своего частичного предела любое натуральное число.

Показать ответ и решение

Рассмотрим следующую последовательность:

1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,6,...

(она устроена так: мы выписываем подряд в её члены первые $n$ чисел натурального ряда, потом начинаем заново, выписываем первые $n + 1$ число натурального ряда, и так далее...)

Ясно, что каждое натуральное число будет частичным пределом этой последовательности, поскольку мы можем выбрать константную подпоследовательность, равную всегда 1, константную подпоследовательность, равную всегда 2, и так далее, выбрать константную подпоследовательность, равную любому наперёд заданному числу $n ∈ ℕ$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 11#94385

Доказать, что у любого множества, у которого существует супремум, этот супремум - единственный.

Показать ответ и решение

От противного. Пусть есть такое ограниченное сверху множество $A$ , у которого нашлось два разных супремума $s1,s2,s1 ⁄= s2$ .

Но раз $s1 ⁄= s2$ , то какое-то из этих чисел строго больше другого. Не теряя общности, будем считать, что $s1 < s2$ .

Далее, по определению супремума, поскольку $s2$ - это супремум $A$ мы имеем, что

∀𝜀 > 0∃a ∈ A такое, что a > s2 − 𝜀

Пусть $δ = s2 − s1$ - расстояние между нашими двумя различными супремумами.

Ну и раз $∀𝜀 > 0∃a ∈ A такое, что a > s2 − 𝜀$ , то и для $𝜀 = δ2$ это тоже будет выполнено. Таким образом, полагая $𝜀 = δ 2$ получим, что

∃a ∈ A так ое, что a > s2 − δ 2

Но ясно по построению, что $s2 − δ2 > s1$ .

Таким образом,

δ ∃a ∈ A такое, ч то a > s2 −-> s1 2

Но что же получилось? А получилось, что мы нашли такой $a ∈ A$ , который $> s1$ .

Чего не может быть никак, ведь и $s1$ тоже было супремумом множества $A$ . В частности, $s1$ должно быть $≥$ любого $a ∈ A$ .

Противоречие. Следовательно, двух разных супремумов у множества никогда быть не может.

$PIC$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 12#94386

Найти $sup$ и $inf$ множества $A$

--m--- A = {m + n | m > 0,m ∈ ℕ, n > 0,n ∈ ℕ}

Показать ответ и решение

Покажем, что $inf A = 0$ , докажем по определнию:

1.: Ясно, что $m ∀x ∈ A : x = m+n-≥ 0$ . Покажаем теперь, что эта граница неулучшаема.
2.: Надо показать, что $∀𝜀 > 0 ∃x ∈ A : x < 𝜀$ . Учитывая определение множества $A$ , это означает, что нам нужно доказать, что $∀𝜀 > 0$ $∃m ∈ ℕ,n ∈ ℕ такие, что mm+n-< 𝜀$ . Естественно, такие найти можно. А именно, возьмем $m = 1$ , а $n$ настолько большое, чтобы $-1--- 1+ n < 𝜀$
Ясно, что такое $n$ можно подобрать, взяв его просто больше, чем $1 𝜀 − 1$

Покажем, что $supA = 1$ .

1.

$∀x ∈ A : x =-m--≤ 1 m+n$ . Это действительно так, потому что

m m ------ ≤ -- = 1 m + n просто уменьшили з◟н◝а◜м◞енатель, ведь m+n ≥m m

Покажем, что эта граница неулучшаема. А именно, что

2.

$∀ 𝜀 > 0 ∃m ∈ ℕ,n ∈ ℕ$ такие, что

m m--+-n > 1 − 𝜀

Возьмем $n = 1$ , тогда достаточно найти такое $m ∈ ℕ$ , что

-m----> 1− 𝜀 m + 1

Что равносильно тому, что

m > (m + 1)(1− 𝜀), m > m − m 𝜀 + 1− 𝜀, m 𝜀 > 1− 𝜀

То есть

1− 𝜀 m > ----- 𝜀

Такое $m ∈ ℕ$ , разумеется, всегда можно будет найти.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 13#94387

Найти $sup$ и $inf$ множества $A$

-2n2--- A = {4n2 + 1 | n > 0,n ∈ ℕ}

Показать ответ и решение

Покажем, что $inf A = 25$ , докажем по определнию:

1.

Действительно, поскольку любой элемент множества $A$ имеет вид

--2n2-- 4n2 + 1

то

2n2 2 --2---- = ----1- 4n + 1 4 + n2

Таким образом, поскольку $4+ -1 ≤ 4 + 1 = 5 n2$ , то

--2n2-- --2--- 2- 4n2 + 1 = 4+ 12 ≥ 5 n

Покажем теперь, что эта граница неулучшаема.

2.

Надо показать, что $∀𝜀 > 0 ∃n ∈ ℕ : 4n22n2+1-< 25 + 𝜀$ .

Ясно, что в качестве $n$ здесь можно просто-напросто взять $n = 1$ .

Покажем, что $supA = 1 2$ .

1.

Ясно, что

2n2 2n2 1 ---2--- ◟≤◝◜◞ --2-= -- 4n + 1 просто уменьш или знаменатель, ведь 4n2+1>4n2 4n 2

Покажем, что эта граница неулучшаема. А именно, что

2.

$∀ 𝜀 > 0 ∃n ∈ ℕ,$ такое, что

-2n2---> 1− 𝜀 4n2 + 1 2

Это неравенство равносильно

2n2 1 4n2 − (4n2 + 1 ) − 1 ---2--- − --> − 𝜀, ------2--------> − 𝜀, --2---- > − 𝜀 4n + 1 2 8n + 2 8n + 2

А это последнее неравенство равносильно

--1----< 𝜀 8n2 + 2

Но оно, очевидно, выполняется при достаточно большом $n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 14#94388

Пусть $A,B ⊂ ℝ$ - какие-то множества на вещественной прямой. Дадим несколько вспомогательных определений:

Опр. Множеством их всевозможных сумм назовём множество

A + B оп=р.{a + b | a ∈ A,b ∈ B }

Опр. Множеством их всевозможных произведений назовём множество

опр. A ⋅B = {a ⋅b | a ∈ A,b ∈ B }

Опр. Сдвинутым на $c ∈ ℝ$ назовём множество

опр. A + c = {a+ c | a ∈ A }

Опр. Отраженным относительно нуля назовём множество

опр. − A = {− a | a ∈ A}

И пусть известно, что $A$ и $B$ - оба ограничены сверху, то есть у них существуют супремумы. Обозначим их:

α = supA,β = supB

Задача. Что можно сказать о:

supA ∪ B, supA ∩ B, sup A + B, sup A ⋅B, sup A + c, sup− A

?

Примечание. В вопросе о $supA ⋅B$ для простоты считать, что множества $A$ и $B$ оба содержат только неотрицательные числа. То есть $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ $a ≥ 0,b ≥ 0$ . В остальных же вопросах этого можно не предполагать.

Показать ответ и решение

1.

Во-первых, очевидно, что если $A$ и $B$ были ограничены сверху, то и их объединение $A ∪ B$ - тоже ограничено сверху. Давайте рассматривать случай, когда $A ∩ B ⁄= ∅$ . Ведь если $A ∩ B = ∅$ , то у пустого множества мы не можем определить супремум и этот случай не интересен. Если же $A ∩ B ⁄= ∅$ , то о супремуме $A ∪ B$ имеет смысл говорить - он заведомо существует.

Докажем, что

sup A ∪ B = max {α,β }

1 случай. Пусть $α ≤ β$ .

А раз так, то достаточно показать, что

sup A ∪ B = β

Во-первых, ясно, что $sup A ∪ B ≥ β$ , поскольку множество $A ∪B$ содержит в себе множество $B$ , а поэтому его супремум может быть разве что больше, чем у множества $B$ .

Докажем, что на самом деле выполнено и обратное неравенство, то есть что $sup A ∪ B ≤ β$ .

Но ясно, что $∀x ∈ A ∪ B$ выполнено $x ≤ β$ .

Действительно, возьмем $x ∈ A ∪ B$ . Если $x ∈ A$ , то $x ≤ α ≤ β по◟◝оп◜р◞. α по пред◟п◝◜о◞лож ению$ .

Если же $x ∈ B$ , то $x ≤ β$ по определению $β$ .

Таким образом, любой элемент объединения $A ∪ B$ не превосходит $β$ , а, значит, и $supA ∪ B ≤ β$ . Мы доказали неравенство в обратную сторону. Таким образом, получаем $supA ∪ B = β$ .

2 случай. $β ≤ α$ - рассматривается аналогично.

2.

Во-первых, очевидно, что если $A$ и $B$ были ограничены сверху, то и их пересечение $A ∩ B$ - тоже ограничено сверху. Поэтому о супремуме $A ∩B$ имеет смысл говорить - он заведомо существует.

Покажем, что

sup A ∩ B ≤ min {α,β}

Обозначим для удобства $m = min {α,β}$ .

1 случай. $m = α$ .

Ясно тогда, что в таком случае $∀x ∈ A ∩ B$ выполнено, что $x ≤ m$ . Ведь любой элемент из $A ∩ B$ лежит, в частности, в $A$ , а, значит, по определению $≤ α$ .

Следовательно, и $sup A ∩B ≤ m$ .

2 случай. $m = β$ Полностью аналогично.

3.

Ясно, что множество $A + B$ - тоже ограничено сверху, если и $A$ и $B$ были ограниченными. Поэтому о его супремуме имеет смысл говорить.

Покажем, что $sup(A + B ) = α + β$ Во-первых,

$pict$

Тогда $∀z ∈ (A + B )$ этот $z$ имеет вид $z = x + y$ (где $x ∈ A, y ∈ B$ ).
А, значит,

z = x + y ≤ α + β

Покажем теперь, что эта граница неулучшаема. То есть $∀𝜀 > 0∃z ∈ A + B такой, что z > α + β − 𝜀$ .

Воспользуемся тем, что нам дано по определению $α$ и $β$ . А именно, поскольку они супремумы, то $∀𝜀 > 0$

$pict$

Тогда:

$pict$

Что и требовалось доказать.

4.

Ясно, что множество $A ⋅B$ - тоже ограничено сверху, если и $A$ и $B$ были ограниченными сверху. Поэтому о его супремуме имеет смысл говорить.

Обозначим $MA = supA, MB = sup B$ . Мы договорились, что и $A$ и $B$ состоят из неотрицательных чисел, поэтому $MA ≥ 0,MB ≥ 0$ .

Покажем по определению, что

sup A ⋅B = MA ⋅MB

Если $MA = 0$ или $MB = 0$ , то соответствующее множество $A$ или $B$ состоит только из одного $0$ , следовательно $A ⋅B$ тоже состоит только из $0$ и $sup A ⋅B = 0$ . В этом случае утверждение верно, далее считаем $MA > 0$ и $MB > 0$ .

1)

Покажем, что для любого $z ∈ A ⋅B$ верно $z ≤ MA ⋅MB$ .

Так как $z ∈ A ⋅B$ , то $z = z ⋅z x y$ , где $0 ≤ z ∈ A x$ , $0 ≤ z ∈ B y$ .

По определению нижней грани мы знаем, что $zx ≤ MA$ и $zy ≤ MB$ .

Получаем, что $z = zx ⋅zy ≤ MA ⋅MB$ . Доказано.

2)

Покажем теперь, что эта граница неулучшаема. То есть покажем, что для любого $𝜀 > 0$ существует $z′ ∈ A ⋅B$ такой, что $z′ > M ⋅M − 𝜀 A B$ .

По определению супремума для множеств $A$ и $B$ мы знаем, что для любого $𝜀 > 0$ существуют такие $′ ′ x ∈ A, y ∈ B$ , что $′ -𝜀-- x > MA − 2MB$ и $′ -𝜀-- y > MB − 2MA$ .
Возьмем тогда $z′ = x′y′$ .
Получаем, что $z′ = x ′y′ > (MA − 2M𝜀B-)(MB − 2𝜀MA-) = MAMB − 2𝜀MB-MB − MA 2M𝜀A- + 2𝜀MB-2𝜀MA-=$
$= M M − 𝜀 − 𝜀 + -𝜀---𝜀--> M M − 𝜀 A B 2 2 2MB 2MA A B$ .
Что и требовалось доказать.

5.

Ясно, что множество $A + c$ - тоже ограничено сверху, если $A$ было ограниченным сверху. Поэтому о его супремуме имеет смысл говорить.

Покажем, что $sup(A + c) = α + c$

$pict$

тогда, Тогда $∀z ∈ A +$ этот $z$ имеет вид $z = x + c$ для какого-то $x ∈ A$ и поэтому

z = x+ c ≤ α + c

Покажем, что эта граница неулучшаема.

Покажем теперь, что эта граница неулучшаема. То есть $∀𝜀 > 0∃z ∈ A + c такой, что z > α+ c − 𝜀$ .

Воспользуемся тем, что нам дано по определению $α$ . А именно, поскольку $α = sup A$ , то $∀ 𝜀 > 0$

$pict$

Тогда для $z = x+ c$ будет выполнено:

$pict$

Что и требовалось доказать.

6.

Вообще говоря, задача некорректна, поскольку если даже $A$ было ограниченным сверху, то $− A$ таким быть не обязано. Например

A = (− ∞, 0)

Однако, если потребовать, чтобы и $A$ и $− A$ были оба ограничены сверху (а это то же самое, что потребовать, что $A$ - ограничено), то, разумеется, мы получим, что

sup(− A) = − inf A

В этом можно убедиться устной проверкой, или попросту нарисовав картинку.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 15#94445

Привести пример такой последовательности вложенных отрезков

I1 ⊃ I2 ⊃ ...In ⊃ ...

что их пересечение

∞⋂ Ik k=1

содержит более одной точки. Иными словами, что они все вместе имеют больше одной общей точки.

Показать ответ и решение

Годится последовательность отрезков

1 1 Ik = [− 1 −--;1+ --] k k

Их пересечение

∞⋂ Ik k=1

будет, очевидно, отрезком $[− 1,1]$ . В частности, это пересечение, разумеется, содержит больше одной точки.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 16#94446

Доказать, что какова бы ни была последовательность вложенных отрезков

I1 ⊃ I2 ⊃ ...In ⊃ ...

их пересечение

∞⋂ Ik k=1

всегда либо состоит из одной точки, либо является отрезком, и других вариантов нет.

Показать ответ и решение

Докажем, что

∞⋂ [an,bn] = [sup an,inf bn] n=1

Действительно, если $∞ x ∈ ⋂ [an,bn] n=1$ , то $an ≤ x ≤ bn$ для всех $n$ , так как $x$ лежит в каждом $[an,bn]$ . Но из того, что $an ≤ x$ для всех $n$ следует, что $x$ – верхняя грань $an$ , а поэтому $sup a ≤ x n$ . Аналогично показывается, что $x ≤ inf b n$ . Мы показали, что если $x$ лежит в каждом отрезке, то $x$ лежит и в $[sup an,inf bn]$ .

Покажем обратное. Пусть $x ∈ [sup an,inf bn]$ . Тогда $x$ больше или равен $sup an$ , а значит $x$ – верхняя грань $a n$ . Точно также $x$ – нижняя грань $b n$ . Поэтому $a ≤ x n$ и $x ≤ b n$ для всех $n$ , а значит $x$ лежит в пересечении отрезков $[an,bn]$ .
Итак, мы доказали, что $∞ ⋂ [an,bn] = [supan,inf bn] n=1$ . Но справа $[sup an,inf bn]$ - это либо отрезок положительной длины, либо точка, если $supan = inf bn$ .

Что и требовалось.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 17#94447

Доказать, что из системы отрезков, покрывающей отрезок, не всегда можно выделить конечную подсистему, покрывающую этот отрезок.

Указание. Рассмотреть покрытие какого-нибудь отрезка отрезками нулевой длины.

Задача.*** Доказать, что из системы отрезков, покрывающей отрезок, не всегда можно выделить конечную подсистему, покрывающую этот отрезок, даже если не считать отрезки нулевой длины отрезками.

Показать ответ и решение

Рассмотрим $I = [0;1]$ и рассмотрим покрытие его отрезками нулевой длины $Ix = [x,x ]$ . Ясно, что любая точка $x ∈ I$ содержится хотя бы в одном (и на самом деле ровно в одном) $Ix$ . То есть это действительно по определению покрытие.

Очевидно также, что любая конечная подсистема из ${I} x$ не может покрыть исходный отрезок $[0,1]$ , поскольку любая конечная подсистема будет покрывать лишь конечное число точек.

А что если запретить для опровержения брать отрезки нулевой длины? Тем не менее, даже если это запретить, все равно удается построить контрпример.

Рассмотрим $I = [0;2]$ . Пусть

n − 1 n In = [-----;-----] (n ∈ ℕ ), I ∗ = [1;2] n n + 1

Ясно, что

∞⋃ In = [0,1) n=1

Тогда понятно, что набор

∗ {In,I |n ∈ ℕ }

покрывает отрезок $I$ . Но ясно, что из этого набора нельзя выделить конечный поднабор, все еще покрывающий отрезок $[0,2]$ . Ведь если мы выделим конечный поднабор, то мы оставим лишь конечное число отрезков $Ik$ .

Но тогда не покроются точки, лежащие в $[0,1)$ правее самого правого из оставшихся из $Ik$ . То есть не получится и покрытия $[0,2]$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 18#94448

Доказать, что из системы интервалов, покрывающей интервал, не всегда можно выделить конечную подсистему, покрывающую этот интервал;

Указание. Рассмотреть покрытие какого-нибудь интервала интервалами, которые симметрично раздуваются от его центра до его концов.

Показать ответ и решение

Рассмотрим систему ${Ek }$ , где

1 1 1 E𝜀 = (--− 𝜀,--+ 𝜀), 0 < 𝜀 < -- 2 2 2

Ясно, что набор ${E 𝜀}$ покрывает интервал $(0,1)$ . Однако из него невозможно выделить конечный поднабор, покрывающий этот интервал. Потому что любой конечный поднабор будет устроен как

{(1-− 𝜀 , 1+ 𝜀),(1-− 𝜀 , 1-+ 𝜀 ),...,(1-− 𝜀 , 1-+ 𝜀 )} 2 1 2 1 2 2 2 2 2 n 2 n

И если, например, $𝜀max = max{ 𝜀i | i = 1,...,n}$ то останутся непокрытыми все точки интервала $(0,1)$ правее, чем $1 2 + 𝜀max$ и левее, чем $1 2 − 𝜀max$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 19#94449

Доказать, что если из всякого покрытия множества $A ⊂ ℝ$ интервалами можно выделить конечную подсистему интервалов, покрывающую $A$ , то множество $A$ обязано быть ограниченным.

Показать ответ и решение

Возьмем какое-то покрытие множества $A$ системой интервалов ${Ek}= {(ak,bk)}$ .

То есть, раз это покрытие, то любая точка $a ∈ A$ попадает и в какой-то $Ek$ . То есть

⋃ A ⊂ Ek

По условию, из этого покрытия выделяется конечное подпокрытие. То есть можно выбрать конечное число интервалов

(ai1,bi1),(ai2,bi2),...,(aiN,biN)

все еще покрывающих $A$ , то есть

⋃N A ⊂ (ai,bi ) k=1 k k

Но объединение конечного набора интервалов - ограничено. А наше множество $A$ в нем содержится. Следовательно, оно тоже ограничено.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 20#94450

Теорема (Больцано-Вейерштрасса). Если $A ⊂ ℝ$ - бесконечное и ограниченное подмножество $ℝ$ , то $A$ обязательно имеет хотя бы одну предельную точку.

Задача. Докажите эту теорему.

Указания.
1. Заметьте, что любое ограниченное подмножество $ℝ$ обязано содержаться в некотором отрезке $[a,b]$ , то есть найдется такой отрезок $[a,b]$ , что $A ⊂ [a,b]$ ;
2. Попробуйте от противного доказать, что одна из точек этого отрезка $[a,b]$ и будет предельной для множества $A$ ;
3. Если предположить противное, то каждая точка $[a,b]$ имеет проколотую окрестность, пусто пересекающуюся с множесвом $A$ ;
4. Заметьте, что в пункте 3 вы получили систему интервалов, покрывающую $[a,b]$ (а следовательно, покрывающую и $A$ );
5. Воспользуйтесь леммой Бореля-Лебега и придите к противоречию.

Показать ответ и решение

1. Если $A ⊂ ℝ$ - ограничено, то существуют $c1,c2 ∈ ℝ$ такие, что для любого $a ∈ A$ выполнено

c1 ≤ a ≤ c2

Тогда ясно, что

A ⊂ [c1,c2]

Нам нужно доказать, что $A$ имеет предельную точку. Докажем, что хотя бы одна точка отрезка $[c1,c2]$ является предельной для $A$ .

2. От противного. Пусть ни одна точка отрезка $[c1,c2]$ не является предельной для $A$ .

Это означает по определению, что

∀x ∈ [c1,c2]∃ проколотая окрестн ость (αx,βx)∖{x} такая, что Ux ∩ A = ∅

Но теперь, если взять непроколотые окрестности $(αx,βx)$ , то в каждой из них лежит не более одной точки множества $A$ (ибо в проколотых не было вообще ни одного элемента множества $A$ , значит, когда мы вернем обратно точку $x$ в её проколотую окрестность, эта непроколотая окрестность может содержать уже максимум один элемент из $A$ , а именно, этот сам $x$ , если он был из $A$ ).

Далее, ясно, что набор интервалов

{(α ,β )} x x

образует покрытие отрезка $[c1,c2]$ .

3. По лемме Бореля-Лебега, выделим из этого покрытия конечное подпокрытие. Тогда получится, что отрезок $[c,c ] 1 2$ содержится в конечном объединении интервалов

[c1,c2] ⊂ (α1,β1) ∪(α2,β2)∪ ...∪(αN ,βN)

Но $A ⊂ [c1,c2]$ . Следовательно,

A ⊂ (α ,β )∪(α ,β )∪ ...∪ (α ,β ) 1 1 2 2 N N

Однако как мы заметили, каждый интервал содержал не более одной точки множества $A$ . Значит, их конечное объединение содержит не более конечного числа точек множества $A$ .

Противоречие:

A ⊂ (α ,β )∪ (α ,β )∪ ...∪ (α ,β ) тут бесконечно много эле◟м◝е◜н◞тов A по условию теоремы ◟-1-1--2-2◝◜--------N--N◞ а тут их конечное число

Ответ:

Предыдущий раздел

Следующий раздел