Вы здесь

Математический анализ. Лекция 2 | Осенний семестр 2020

Лекция
Предмет:
Лектор:
Дата записи:
09.09.20
Дата публикации:
14.09.20
Код для блога:

Комментарии

Аватар пользователя Viktor

47:40 Строим два множества X={x: x≤0 ∨ x>0 ∧ x^nm}, их разделяет элемент n_√m, m≥2. Для любого n (x+ε)^n можно оценить сверху (x+ε)^n < x^n+p_{n−1}(x)ε, где p_{n−1}(x) − полином степени n−1, ε<1, p_{n−1}(x)>1 при x>0. Докажем по индукции, база (x+ε)^2 < x^2+(2x+1)ε. Пусть оценка верна для n, (x+ε)^{n+1}=(x+ε)^n(x+ε) < (x^n+p_{n−1}(x)ε)(x+ε)= =x^{n+1}+xp_{n−1}(x)ε+x^nε+p_{n−1}(x)ε^21 при x>0. Теперь найдём ε для X: (x+ε)^n < x^n+p_{n−1}(x)ε < m, ε < (m − x^n)/p_{n−1}(x), ε=1/2 (m − x^n)/p_{n−1}(x), 0< ε < 1 если 0<(m − x^n) < 1 Найдём ε для Y, для любого n (y−ε)^n=y^n(1−ε/y)^n ≥ y^n(1−nε/y)=y^n−ny^{n−1}ε по неравенству Бернулли при ε<1, y≥1. (y−ε)^n ≥ y^n−ny^{n−1}ε > m, ε < (y^n−m)/ny^{n−1}, ε = 1/2 (y^n−m)/ny^{n−1}, 0 < ε < 1 если 0 < (y^n−m) < 1 и y≥1 Если a≥1 и b≥1, то ab≥1, вообще для неотрицательных чисел из a≥c и b≥d следует ab≥cd, так как ab≥cb ∧ cb≥cd ⇒ ab≥cd. Поэтому если a^2<1, то a<1, по индукции доказывается a^n<1 ⇒ a<1, аналогично a^n>1 ⇒ a>1. То есть корень n-ой степени из единицы есть единица. Докажем единственность элемента n_√m, m≥2, предположим нашлось два корня a и b, a≠b, a^n=m, a^n−b^n=0. a^n−b^n=a^n(1−(b/a)^n)=0 ⇒ 1−(b/a)^n=0 ⇒ (b/a)^n=1 ⇒ b/a=n_√1=1 ⇒ b=a 1:20:00 Заменим наши полуинтервалы замкнутыми отрезками, в этом случае пропадёт дизъюнктное разбиение промежутков [m/q^{n−1}+k/q^n, m/q^{n−1}+(k+1)/q^n). По лемме о вложенных отрезках для совсем любой бесконечной комбинации q-ичных цифр найдётся вещественное число x, лежащее в пересечении, оно единственное для каждой последовательности. Так как соседние отрезки пересекаются, то q-чные дроби заканчивающиеся на q−1 x=...,q_n,(q−1) и на ноль y=...,q_n+1,(0) попадут в одно и то же число, в точку пересечения m/q^{n−1}+(q_n+1)/q^n, поэтому исключая дроби типа x, мы тем самым убираем неоднозначность. Или можно пересекать исходные полуинтервалы, тогда дроби x с q−1 хвостом в пересечении будут давать пустое множество, а остальные дроби дадут число соответствующее пересечению замкнутых отрезков. 1:22:30 Каждый раз когда число 2^n перепрыгнет на один десятичный разряд больше чем у 2^{n−1}, его первая цифра будет равна 1, потому что иначе можно было бы разделить на 2 и не получить изменения разрядности. 10^{m−1}≤2^n<10^m, m−1≤log_10(2^n)

Аватар пользователя Viktor

1:22:30 Каждый раз когда число 2^n перепрыгнет на один десятичный разряд больше чем у 2^{n−1}, его первая цифра будет равна 1, потому что иначе можно было бы разделить на 2 и не получить изменения разрядности.
10^{m−1}≤2^n<10^m, m−1≤log_10(2^n)

Аватар пользователя Viktor

1:22:30 Каждый раз когда число 2^n перепрыгнет на один десятичный разряд больше чем у 2^(n−1), его первая цифра будет равна 1, потому что иначе можно было бы разделить на 2 и не получить изменения разрядности.
10^(m−1)≤2^n<10^m, m−1≤log_10(2^n)

Аватар пользователя Viktor

1:22:30 Каждый раз когда число 2^n перепрыгнет на один десятичный разряд больше чем у 2^{n−1}, его первая цифра будет равна 1, потому что иначе можно было бы разделить на 2 и не получить изменения разрядности.
10^{m−1}≤2^n<10^m, m−1≤log_10(2^n)

Аватар пользователя Viktor

1:22:30 Каждый раз когда число 2^n перепрыгнет на один десятичный разряд больше чем у 2^{n−1}, его первая цифра будет равна 1, потому что иначе можно было бы разделить на 2 и не получить изменения разрядности.
10^{m−1}≤2^n<10^m, m−1≤log_10(2^n)

Аватар пользователя Viktor

1:22:30 Каждый раз когда число 2^n перепрыгнет на один десятичный разряд больше чем у 2^(n−1), его первая цифра будет равна 1, потому что иначе можно было бы разделить на 2 и не получить изменения разрядности.
10^(m−1)≤2^n<10^m, m−1≤log_10(2^n)