Операции над вещественными числами.

Содержание:

  1. Сложение и вычитание вещественных чисел.
    1. Теорема о существовании и единственности суммы.
  2. Умножение и деление вещественных чисел.
    1. Теорема о существовании и единственности произведения.
  3. Свойства вещественных чисел.
    1. Свойство ассоциативности суммы вещественных чисел.
    2. Существование и единственность частного двух вещественных чисел.
  4. Арифметический корень.
  5. Метод математической индукции. Суммирование. Бином Ньютона.
    1. Математическая индукция.
    2. Неравенство Бернулли.
    3. Бином Ньютона.
  6. Счетность множества рациональных чисел.
  7. Несчетность множества вещественных чисел.

1. Сложение и вычитание вещественных чисел.

Суммой двух вещественных чисел α и β называется такое вещественное число δ, что для любых рациональных чисел r, s, r', s', удовлетворяющих условиям
$$
r\leq\alpha\leq s,\quad r'\leq\beta\leq s',\label{ref1}
$$
выполняется неравенство $$r+r'\leq\delta\leq s+s'.\label{ref2}$$

Сумма чисел α и β обозначается α+β.


Теорема 1. Для любых вещественных чисел α и β их сумма существует и единственна.

Доказательство.

а) Существование суммы. Из условий \eqref{ref1} в силу транзитивности знака неравенства следует, что r⩽s, r'⩽s'. Отсюда, используя свойства неравенств для рациональных чисел, получаем $$r+r'\;\leq\;s+s'.\label{ref3}$$

Пусть E — множество чисел вида r+r', E1 — множество чисел вида s+s'. Тогда по теореме об отделимости числовых множеств существуют числа sup E и inf E1 и выполняется неравенство $$r+r'\;\leq\;sup\;E\;\leq\;inf\;E_1\;\leq\;s+s'.\nonumber$$ Поэтому число δ=sup E удовлетворяет условиям \eqref{ref2}, т. е. δ — сумма чисел α и β.

б) Единственность суммы. Пусть δ и δ' удовлетворяют условиям \eqref{ref2} и пусть δ⩽δ'. Тогда \(r+r'\;\leq\;\delta\;\leq\;\delta'\;\leq\;s+s'\) r+r' ≤ δ ≤ δ' ≤ s+s'. Докажем, что \(\delta=\delta'\). Заметим, что неравенства \eqref{ref1} будут выполняться, если в качестве r и r' (s и s') взять (n+1)десятичные приближения с недостатком (с избытком) соответственно для чисел \(\alpha\) и \(\beta\), т.е. $${\underline\alpha}_{n+1}\;\leq\;\alpha\;\leq\;{\overline\alpha}_{n+1},\;\;\;\;\;{\underline\beta}_{n+1}\;\leq\;\beta\;\leq\;{\overline\beta}_{n+1}.\label{ref4}$$ Так как сумма вещественных чисел \(\alpha\) и \(\beta\) существует, то из условий \eqref{ref4} с учетом неравенства \(\delta\;\leq\;\delta'\) получаем $$r_n={\underline\alpha}_{n+1}+{\underline\beta}_{n+1}\;\leq\;\delta\;\leq\;\delta'\;\leq\;{\overline\alpha}_{n+1}+{\overline\beta}_{n+1}=s_n,\label{ref5}$$ где $$s_n-r_n={\overline\alpha}_{n+1}-{\underline\alpha}_{n+1}+{\overline\beta}_{n+1}-{\underline\beta}_{n+1}=\frac2{10^{n+1}}\;<\;\frac1{10^n}.\label{ref6}$$

Последовательности {rn} и {sn} удовлетворяют условиям \eqref{ref5} и \eqref{ref6} и по лемме 2, доказанной ранее, справедливо равенство \(\delta=\delta'\).

Вычитание вещественных чисел по аналогии с вычитанием рациональных чисел вводится как действие, обратное сложению.


2. Умножение и деление вещественных чисел.

Произведением двух положительных вещественных чисел \(\alpha\) и \(\beta\) называют такое вещественное число \(\delta\), что для любых рациональных чисел r, s, r', s', удовлетворяющих условиям $$0\;<\;r\;\leq\;\alpha\;\leq\;s,\;\;\;\;\;0\;<\;r'\;\leq\;\beta\;\leq\;s',\label{ref7}$$ выполняется неравенство $$rr'\;\leq\;\delta\;\leq\;ss'.\label{ref8}$$ Произведение чисел \(\alpha\) и \(\beta\) обозначается \(\alpha\beta\).


Теорема 2. Произведение любых двух положительных вещественных чисел существует и единственно.

Доказательство.

Доказательство существования произведения проводится по аналогии с доказательством существования суммы (теорема 1). В качестве \(\delta\) можно взять sup G, где G — множество чисел вида rr', a r и r' - рациональные числа, удовлетворяющие условиям \eqref{ref7}. Докажем единственность произведения.

Пусть \(a_0\) — целая часть числа \(\alpha\), а \(b_0\) — целая часть числа \(\beta\); \({\underline\alpha}_m\), \({\underline\beta}_m\) — десятичные приближения с недостатком, \({\overline\alpha}_m,\;{\overline\beta}_m\) — десятичные приближения с избытком для чисел \(\alpha\) и \(\beta\) соответственно. Тогда $${\underline\alpha}_m\;\leq\;\alpha\;\leq\;{\overline\alpha}_m\;\leq\;a_0+1,\;\;\;\;\;\beta_m\;\leq\;\beta\;\leq\;{\overline\beta}_m\;\leq\;b_0+1.\nonumber$$

Выберем \(k\in\mathbb{N}\) так, чтобы выполнялось неравенство $$a_0+b_0+2\;<\;10^k.\nonumber$$

Тогда для любого m справедливо неравенство $${\underline\alpha}_m+{\overline\beta}_m\;<\;10^k,\label{ref9}$$ так как \({\underline\alpha}_m\;\leq\;a_0+1\) и \({\overline\beta}_m\;\leq\;b_0+1\).

Предположим, что существуют числа \(\delta\) и \(\delta'\), удовлетворяющие условию \eqref{ref8}, причем \(\delta\;\leq\;\delta'\). Возьмем в неравенствах \eqref{ref7} и \eqref{ref8} в качестве чисел r, s, r', s' соответственно \({\underline\alpha}_{n+k},\;{\overline\alpha}_{n+k},\;{\underline\beta}_{n+k},\;{\overline\beta}_{n+k}\) и обозначим \(r_n={\underline\alpha}_{n+k}{\underline\beta}_{n+k},\;s_n={\overline\alpha}_{n+k}{\overline\beta}_{n+k}\).
Тогда, используя \eqref{ref8} и \eqref{ref9}, получаем $$s_n-r_n=\left({\overline\alpha}_{n+k}-{\underline\alpha}_{n+k}\right){\overline\beta}_{n+k}+{\underline\alpha}_{n+k}\left({\overline\beta}_{n+k}-{\underline\beta}_{n+k}\right)=\frac{{\overline\beta}_{n+k}}{10^{n+k}}+\frac{{\underline\alpha}_{n+k}}{10^{n+k}}\;\leq\;\frac{10^k}{10^{n+k}}=\frac1{10^n}\nonumber$$ для любого \(n\in\mathbb{N}\).

Применяя доказанную ранее лемму, получаем \(\delta=\delta'\).


Произведение любых вещественных чисел \(\alpha\) и \(\beta\) определяется следующими правилами:

  1. если \(\alpha=0\), тo \(\alpha\beta=0\) для любого \(\beta\in\mathbb{R}\);
  2. если \(\alpha\;<\;0,\;\beta\;<\;0\), тo \(\alpha\beta=\left|\alpha\right|\cdot\left|\beta\right|\);
  3. если \(\alpha\;>\;0,\;\beta\;<\;0\), или \(\alpha\;<\;0,\;\beta\;>\;0\), то \(\alpha\beta=-\left|\alpha\right|\cdot\left|\beta\right|\).

Ниже будет показано (п.3, утверждение 2) , что уравнение \(x\alpha=\beta\), где \(\alpha\) и \(\beta\) — произвольные вещественные числа, имеет при \(\alpha\neq 0\) единственное решение. Это решение называется частным от деления числа \(\beta\) на число \(\alpha\) и обозначается через \(\beta/\alpha\).


3. Свойства вещественных чисел.

Можно показать, что операции сложения и умножения вещественных чисел обладают теми же свойствами, что и соответствующие операции для рациональных чисел. Ограничимся доказательством свойства ассоциативности.


Утверждение 1. Для любых вещественных чисел \(\alpha,\;\beta,\;\gamma\) справедливо равенство $$\alpha+(\beta+\gamma)=(\alpha+\beta)+\gamma\nonumber$$

Доказательство.

Обозначим \(\delta=\alpha+(\beta+\gamma),\;\delta' = (\alpha+\beta ) +\gamma\) и докажем, что \(\delta=\delta'\)

Предположим, что \(\delta\;\leq\;\delta'\). Используя неравенства \eqref{ref8} и неравенство $${\underline\gamma}_{n+1}\;\leq\;\gamma\;\leq\;{\overline\gamma}_{n+1},\label{ref10}$$ где \({\underline\gamma}_{n+1}\) и \({\overline\gamma}_{n+1}\) - соответственно десятичные приближения (n+1)-гo порядка числа \(\gamma\) с недостатком и с избытком, из определения суммы вещественных чисел получаем

$$\underline{\alpha}_{n+1}+\underline{\beta}_{n+1}\leq\alpha+\beta\leq\overline{\alpha}_{n+1}+\overline{\beta}_{n+1},\label{ref11}$$
$${\underline\beta}_{n+1}+{\underline\gamma}_{n+1}\leq\beta+\gamma\leq{\overline\beta}_{n+1}+{\overline\gamma}_{n+1}.\label{ref12}$$

Применяя неравенства   \eqref{ref10}, \eqref{ref11}, \eqref{ref12} и первое из неравенств \eqref{ref4}, по определению суммы находим

$$(\underline{\alpha}_{n+1}+\underline{\beta}_{n+1})+\underline{\gamma}_{n+1}\leq(\alpha+\beta)+\gamma\leq(\overline{\alpha}_{n+1}+\overline{\beta}_{n+1})+\overline{\gamma}_{n+1},\label{ref13}$$
$$\underline{\alpha}_{n+1}+(\underline{\beta}_{n+1}+\underline{\gamma}_{n+1})\leq\alpha+(\beta+\gamma)\leq\overline{\alpha}_{n+1}+(\overline{\beta}_{n+1}+\overline{\gamma}_{n+1}).\label{ref14}$$

В силу ассоциативности сложения рациональных чисел левые части неравенств \eqref{ref13} и \eqref{ref14} равны числу \(r_n=\underline{\alpha}_{n+1}+\underline{\beta}_{n+1}+\underline{\gamma}_{n+1}\), а правые части равны числу \(\rho_n=\overline{\alpha}_{n+1}+\overline{\beta}_{n+1}+\overline{\gamma}_{n+1}\). Поэтому из \eqref{ref13}и \eqref{ref14} с учетом неравенства \(\delta\leq\delta'\) получаем $$r_n\leq\delta\leq\delta'\leq\rho_n,\label{ref15}$$ где \(\rho_n-r_n=\frac{3}{10^{n+1}}<\frac{1}{10^n}\), откуда в силу использованной ранее леммы 2 следует, что \(\delta=\delta'\).


Аналогично доказывается справедливость других свойств операций сложения и умножения.

Отметим, что кроме свойств неравенств, указанных ранее, для вещественных чисел справедливы следующие свойства:

  1. если \(а\neq 0,\;ab=0\), то b=0;
  2. если \(a>b>0\) и \(c>d>0\), то \(ac>bd\);
  3. если \(a>b\), то \(a^{2n+1}>b^{2n+1}\) для любого \(n\in\mathbb{N}\);
  4. если \(a>b\geq 0\), то \(a^n>b^n\) для любого \(n\in\mathbb{N}\).

Утверждение 2. Если \(\alpha\) и \(\beta\) — вещественные числа, и \(\alpha\neq 0\), то частное \(\beta/\alpha\) существует и единственно.

Доказательство.

Рассмотрим сначала случай, когда \(\alpha>0\) и \(\beta=1\). Пусть \({\underline\alpha}_n\) и \({\overline\alpha}_n\) — десятичные приближения числа \(\alpha\) с недостатком и с избытком. Так как \(\alpha>0\), то найдется такое \(m\in\mathbb{N}\), что \({\underline\alpha}_m>10^{-m}\). Обозначим через X множество рациональных чисел вида \(\frac{1}{{\overline\alpha}_{m+n}},\;n\in\mathbb{N}\), а через Y — множество рациональных чисел вида \(\frac{1}{{\underline\alpha}_{m+n}}\). В силу доказанной ранее теоремы существует вещественное число x, разделяющее множества X и Y, т.е. $$\frac{1}{{\overline\alpha}_{m+n}}\leq x\leq\frac{1}{{\underline\alpha}_{m+n}},\;n\in\mathbb{N}.\label{ref16}$$

Так кaк \({\underline\alpha}_n\leq\alpha\leq{\overline\alpha}_n\), то из определения произведения вещественных чисел следует, что при \(n\in\mathbb{N}\)

$$1-10^{-n}\leq\frac{{\underline\alpha}_{n+m}}{{\overline\alpha}_{n+m}}\leq x\alpha\leq\frac{{\overline\alpha}_{n+m}}{{\underline\alpha}_{n+m}}\leq 1+10^{-n}.\label{ref17}$$

В силу леммы 2 получаем, что \(x\alpha=1\), т.е. \(x=\frac{1}{\alpha}\).

Если \(\alpha <0\), то положим  \(\frac1\alpha=-\frac1{\left|\alpha\right|}\).

Пусть \(\alpha\) и \(\beta\) — вещественные числа и \(\alpha\neq 0\). Пользуясь ассоциативностью операции умножения вещественных чисел, нетрудно показать, что число \(x=\beta\frac1\alpha\) — есть решение уравнения \(x\alpha=\beta\). Покажем, что это решение единственно. Если \(х\alpha=\beta\) и \(y\alpha=\beta\), то \((x-y)\alpha=0\). Так как \(\alpha\neq 0\), то \(x-y=0,\;т.е.\;x=y\).


Перечислим те свойства вещественных чисел, в которых используется понятие модуля вещественного числа:

$$|-a|=|a|,\;|ab|=|a|\cdot|b|\label{ref18}$$

$$|a+b|\leq|a|+|b|,\;|a-b|\geq||a|-|b||.\label{ref19}$$

Докажем неравенства \eqref{ref19}. Складывая неравенства \(-|a|\leq a\leq|a|\) и \(-|b|\leq b\leq|b|\), получаем, что \((|а|+|b|)\leq a+b\leq|a|+|b|\), т.е. \(|a+b|\leq|a|+|b|\). Так как \(а=(a-b)+b, b=(b-a)+a\), то \(|a|\leq|a-b|+|b|\) и \(|b|\leq|b-a|+|a|=|a-b|+|a|\). Следовательно, \(|a-b|\geq|a|-|b|\) и \(|a-b|\geq|b|-|a|\), т.е. \(|a-b|\geq||a|-|b||\).

Пусть \(\alpha,\;\delta\) — заданные вещественные числа, причем \(\delta>0\). Тогда неравенство $$|x-a|<\delta\label{ref20}$$ равносильно (рис. 3.1) двойному неравенству $$a-\delta\;<\;x\;<\;a+\delta,\nonumber$$

т.е. множество решений неравенства \eqref{ref19} — интервал \((a-\delta,\ a+\delta)\); в частности, неравенство $$|x|<\delta,\;где\;\delta>0,\nonumber$$ равносильно двойному неравенству $$-\delta\;<\;x\;<\;\delta.\nonumber$$

Неравенство $$|x-a|\;>\;\delta,\;\delta\;>\;0,\label{ref21}$$ выполняется при \(x\;<\;a-\delta\) и \(x\;>\;a+\delta\) (рис. 3.2), т.е. множество

Рис. 3.1
Рис. 3.1
Рис. 3.2
Рис. 3.2
Рис. 3.3
Рис. 3.3

решений неравенства \eqref{ref21} — объединение бесконечных интервалов \((-\infty,a-\delta)\) и \((a+\delta,\ +\infty)\), в частности, неравенство $$|x|\;>\;\delta\nonumber$$ выполняется при \(x\;<-\delta\) и при \(x\;>\;\delta\).

Если \(a\;<\;b\) и \(\alpha,\;\beta\) — любые точки отрезка \(\left[a,\;b\right]\), т.е. \(a\leq\alpha\leq\beta\leq b\) (рис. 3.3) или \(a\leq\beta\leq\alpha\leq b\), то $$|\alpha-\beta|\leq b-a.\label{ref22}$$

Неравенство \eqref{ref22} имеет очевидный геометрический смысл: расстояние между точками \(\alpha\) и \(\beta\) не превосходит расстояния между точками a и b.


4. Арифметический корень.

Как известно, уравнения вида $$x^m=a,\label{ref23}$$где — натуральное число, не всегда имеют корни на множестве рациональных чисел даже в случае, когда \(a\in\mathbb{N}\). Введение иррациональных чисел связано, в частности, с потребностью находить корни уравнений вида \eqref{ref23}.

Предполагая, что a — заданное положительное число (не обязательно рациональное), \(m\in\mathbb{N},\;m\geq 2\), будем искать положительное число \(\xi\), удовлетворяющее уравнению \eqref{ref23}. Это число \(\xi\) назовем арифметическим корнем степени m из числа a и обозначим \(\sqrt[m]a\).


Утверждение 3. Для любого  \(m\in\mathbb{N}\) и любого \(а>0\) существует единственный арифметический корень степени m из числа a.

Доказательство.

Если существует число \(\xi\in\mathbb{Q}\) такое, что \(\xi^m=a\), то это число и будет искомым. Поэтому достаточно ограничиться предположением, что такого рационального числа нет.

Пусть \(X=\left\{x\in\mathbb{Q}:\;x\;>\;0,\;x^m\;<\;a\right\},\;Y=\left\{y\in\mathbb{Q}:\;y\;>\;0,\;y^m\;>\;a\right\}\). Выберем такое число \(p\in\mathbb{Q}\), чтобы выполнялось неравенство \({\textstyle\frac1p}\;<\;a\;<\;p\), тогда \({\textstyle\frac1{p^m}}\;<\;a^m\;<\;p^m\) и поэтому \({\textstyle\frac1p}\in X,\;p\in Y\). Следовательно, X, Y — непустые множества.

По определению множеств X и Y для любого \(x\in X\) выполняется неравенство \(x^m\;<\;a\), а для любого \(y\in Y\) — неравенство \(a\;<\;y^m\),откуда следует, что \(x^m\;<\;y^m\). Так как \(x\;>0,\;y\;>\;0\), то неравенство \(x^m\;<\;y^m\) равносильно неравенству \(x\;<\;y\), откуда по теореме об отделимости числовых множеств следует, что существует sup X и inf Y, причем $$x\leq sup\;X\leq inf\;Y\leq y\label{ref24}$$ для всех \(x\in X\) и для всех \(y\in Y\).

Обозначим \(\xi=sup\;Х\) и докажем, что \(\xi\) — арифметический корень степени m из числа \(a>0\), где \(\xi>0\). Пусть \(x\;<\xi\;<\;y\).

Очевидно, что \(x\in X\). Если \(x\not\in X\), то \(x^m\;>\;0\) и, следовательно, \(x\in X\). Но тогда из \eqref{ref24} следует, что \(x\geq\xi\), что противоречит условию \(х\;<\;\xi\). Аналогично получаем, что \(y\in Y\). Поэтому $$x^m\;<\;a\;<\;y^m.\label{ref25}$$

Так как \(x\;<\;\xi\;<\;y\), то $$x^m\;<\;\xi^m\;<\;y^m.\label{ref26}$$

Чтобы воспользоваться леммой 2 оценим разность \(y^{m}-x^{m}\). Применяя формулу \(y^{m}-x^{m}=(y-x)(y^{m-1}+xy^{m-2}+\ldots\ +x^{m-1})\) и учитывая, что \(x\;>\;0,\;y\;>\;0,\;y\;>\;x\), получаем$$0\;<\;y^{m}-x^{m}\;<\;(y-x)my^{m-1}.\label{ref27}$$

Будем в дальнейшем в качестве элементов \(y\in Y\) брать все те и только те элементы множества Y, которые удовлетворяют условию \(y\leq p\), где p — указанное выше натуральное число \((p\in Y)\) . Тогда из \eqref{ref27} следует, что \(0\;<\;y^{m}-x^{m}\;<\;(y-x)mp^{m-1}\). Выберем далее \(s\in\mathbb{N}\) так, чтобы выполнялось неравенство \(mp^{m-1}\leq 10^{s}\); тогда

$$0\;<\;y^{m}-x^{m}\;<\;(y-x)10^{s}.\label{ref28}$$

Пусть \({\overline\xi}_k\) и \({\underline\xi}_k\) — k-e десятичные приближения числа \(\xi\) соответственно с избытком и с недостатком. Тогда \(x_n\;<\;\xi\;<\;y_n\), где \(x_n={\underline\xi}_{n+s},\;y_n={\overline\xi}_{n+s}\) и \(x_n\in\mathbb{Q},\;y_n\in\mathbb{Q}\) для любого \(n\in\mathbb{N}\).

При \(x=x_n\) и \(y=y_n\) неравенство \eqref{ref28} принимает вид

$$0\;<\;y_{n}^{m}-x_{n}^{m}\;<(y_{n}-x_{n})10^{s}=\frac{1}{10^n},\label{ref29}$$

причем это неравенство выполняется при любом \(n\in\mathbb{N}\).

По лемме 2 из \eqref{ref29}, а также из неравенств, которые получаются из \eqref{ref25} и \eqref{ref26} заменой x на \(x_n\) и y на \(y_n\), следует, что \(\xi^m=a\), т.е. \(\xi\) — арифметический корень m-й степени из числа \(a>0\).

Единственность числа \(\xi\) следует из того, что разным положительным числам соответствуют и разные n-e степени их: если \(0\;<\;\xi\;<\;\xi_1\), то \(\xi^n<\xi_{1}^{n}\).


5. Метод математической индукции. Суммирование. Бином Ньютона.

При вычислении пределов и в других разделах математического анализа нам потребуются некоторые сведения из курса элементарной математики. Имеются в виду метод математической индукции и его применение для доказательства тождеств и неравенств, суммирование и бином Ньютона.

a) Метод математической индукции. Чтобы доказать, что некоторое утверждение верно для любого \(n\in\mathbb{N}\) (номера n), достаточно доказать, что:

  1. это утверждение верно при n=1;
  2. из предположения о справедливости утверждения для номера n следует справедливость этого утверждения для следующего номера n+1.

Такой метод доказательства называют методом математической индукции.

Приведем примеры применения этого метода.


Пример 1.

Доказать равенство$$1^{2}+2^{2}+\ldots+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\label{ref30}$$

Решение.

\(\triangle\) При n=1 равенство \eqref{ref30} верно (1=1). Нужно доказать, что из предположения о справедливости формулы \eqref{ref30} следует справедливость равенства $$1^{2}+2^{2}+\ldots+n^{2}+(n+1)^{2}=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.\label{ref31}$$

Прибавляя к обеим частям верного равенства \eqref{ref30} слагаемое \((n+1)^2\), получаем

$$1^{2}+2^{2}+n^{2}+(n+1)^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+(n+1)^{2}.\label{ref32}$$

Преобразуя правую часть равенства \eqref{ref32}, находим $$\frac{n+1}{6}(2n^{2}+7n+6)=\frac{(n+1)(n+2)(2n+3)}{6}.\nonumber$$

Таким образом, равенство \eqref{ref31} является верным, и поэтому формула \eqref{ref30} справедлива при любом \(n\in\mathbb{N}\). \(\blacktriangle\)


Утверждение 4Если \(x\geq-1\), то для любого \(n\in\mathbb{N}\) выполняется неравенство Бернулли$$(1+x)^{n}\geq 1+nx.\label{ref33}$$

Доказательство.

\(\mathrm{o}\) При n=1 утверждение \eqref{ref33} верно \((1+x=1+x)\) . Нужно доказать, что при \(x\geq-1\)из предположения о справедливости неравенства \eqref{ref33} следует справедливость неравенства$$(1+x)^{n+1}\geq 1+(n+1)x.\label{ref34}$$

Если неравенство \eqref{ref33} является верным, то при умножении обеих частей его на \(l+х\), где \(1+x\geq 0,\) получим верное неравенство$$(1+x)^{n+1}\geq(1+nx)(1+x),\nonumber$$где \((1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx^{2}\geq 1+(n+1)x\), так как \(nx^{2}\geq 0\).

Таким образом, при \(x\geq -1\) справедливо неравенство \eqref{ref34}, и поэтому неравенство \eqref{ref33} является верным при любом \(n\in\mathbb{N}.\bullet\)


6) Суммирование. Если \(a_1,\;a_2,\ldots,\;a_n\) — заданные числа, то их сумму обозначают символом \(\sum_{k=1}^{n}a_k\), т.е.$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n},\nonumber$$а число k называют индексом суммирования. Аналогично символом \(\sum_{k=m}^{m+p}a_k\) обозначают сумму чисел \(a_{m},\;a_{m+1},\ldots,\;a_{m+p}\).

Сумма не зависит от того, какой буквой обозначен индекс суммирования, а операция суммирования обладает свойством линейности, т.е. для любых чисел A и B справедливо равенство
$$
\sum_{k=1}^{n}(Aa_{k}+Bb_{k})=A\sum_{k=1}^{n}a_{k}+B\sum_{k=1}^{n}b_{k}.\nonumber
$$

Отметим, что равенство
$$
\sum_{k=1}^{p}a_{k+m}=\sum_{k=m+1}^{m+p}a_{k}\nonumber
$$
называют формулой замены индекса суммирования.

Аналогично
$$
\sum_{k=n_{1}}^{n_{2}}a_{k}=\sum_{k=n-n_{1}}^{n-n_{2}}a_{n-k}.\nonumber
$$

Из курса школьной математики известны формулы для сумм арифметической и геометрической прогрессии.

Если \(\{a_n\}\) — арифметическая прогрессия с разностью d, то сумму \(S_n\) первых n членов прогрессии можно записать в виде
$$
S_{n}=\frac{a_1+a_{n}}{2}n\label{ref35}
$$
или выразить через n и \(a_1\):
$$
S_{n}=\frac{2a_1+d(n-1)}{2}n.\nonumber
$$

Если \(\{b_n\}\) — геометрическая прогрессия со знаменателем \(q\neq 1\), то сумму \(S_n\) первых n членов прогрессии можно записать так:
$$
S_{n}=\frac{b_{1}-b_{n}q}{1-q}=b_{1}\frac{1-q^{n}}{1-q}.\label{ref36}
$$
Задачу о нахождении суммы вида \(S_n=\sum_{k=1}^{n}a_{k}\), где \(\{a_n\}\) — заданная числовая последовательность, обычно рассматривают как задачу о представлении \(S_n\) в виде функции от n удобной для вычислений.

В частности, если существует последовательность \(\{b_k\}\) такая, что для всех \(k\in\mathbb{N}\) справедливо равенство \(a_{k}=b_{k+1}-b_{k}\), то
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}=\sum_{k=1}^{n}(b_{k+1}-b_{k})=b_{2}-b_{1}+b_{3}-b_{2}+\ldots+b_{n}-b_{n-1}+b_{n+1}-b_{n},\nonumber
$$

откуда получаем

$$S_n =\sum_{k=1}^{n}(b_{k+1}-b_{k})=b_{n+1}-b_{1}.\label{ref37}$$


Пример 2.

Найти формулу для суммы \(S_n\), если:

  1. $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}a_{k+1}},\nonumber$$где \(\{a_{k}\}\) — арифметическая прогрессия, все члены и разность d, которой отличны от нуля;
  2. $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\sin kx;\label{ref38}$$
  3. $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}k^{2}.\nonumber$$

Решение.

\(\triangle\) 1. Так как \(a_{k+1}-a_{k}=d\) для любого \(k\in\mathbb{N}\), то

$$
\frac{1}{a_{k}a_{k+1}}=(\frac{1}{a_{k}}-\frac{1}{a_{k+1}})\frac{1}{d}.\nonumber
$$
Применяя формулу \eqref{ref37} для \(b_{k}=-\frac{1}{da_{k}}\), получаем

$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}a_{k+1}}=\frac{1}{da_{1}}-\frac{1}{d(a_{1}+nd)}.\label{ref39}
$$

2. Умножая обе части равенства \eqref{ref38} на \(2\sin\frac{x}{2}\), находим
$$
2\sin\frac{x}{2}S_{n}=\sum_{k=1}^{n}2\sin\frac{x}{2}\sin kx.\nonumber
$$
Используя равенство

$$2\sin\frac{x}{2}\sin kx=\cos(k-\frac{1}{2})x-\cos(k+\frac{1}{2})x\nonumber$$

и формулу \eqref{ref37} для \(b_{k}=-\cos(k-\frac{1}{2})x\), получаем

$$2\sin\frac{x}{2}S_{n}=\cos\frac{x}{2}-\cos(n+\frac{1}{2})x=2\sin\frac{n+1}{2}x\sin\frac{n}{2}x,\nonumber$$

откуда
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\sin kx=\frac{\sin\frac{n+\mathrm{l}}{2}x\sin\frac{n}{2}x}{\sin\frac{x}{2}}.\label{ref40}
$$

Формула \eqref{ref40} справедлива при условии, что \(\sin\frac{x}{2}\neq0\).

Если \(\sin\frac{x}{2}=0\), тo \(S_{n}=0\).

3. Воспользуемся тождеством
$$
(x+1)^{3}-x^{3}=3x^{2}+3x+1.\label{ref41}
$$
Полагая в \eqref{ref41} \(x=1,2,\ldots,n\) и складывая получаемые равенства, находим
$$
\sum_{k=1}^{n}((k+1)^{3}-k^{3})=3\sum_{k=1}^{n}k^{2}+3\sum_{k=1}^{n}k+n.\label{ref42}
$$
Так как левая часть \eqref{ref42} в силу равенства \eqref{ref37} равна \((n+1)^{3}-1\), а \(\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}\) (формула \eqref{ref35}), то из равенства \eqref{ref42} следует, что

$$3S_{n}=(n+1)^{3}-(n+1)-\displaystyle \frac{3}{2}n(n+1),\nonumber$$откуда
$$
S_{n}=\sum_{k=1}^{n}k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.\label{ref43}
$$
Заметим, что формула \eqref{ref43} была доказана в примере 1 методом математической индукции. \(\blacktriangle\)


в) Бином Ньютона. Из курса школьной математики известно, что
$$
(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2},\nonumber
$$
$$
(a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}.\nonumber
$$


Утверждение 6. Для любых чисел a, b и при любом \(n\in\mathbb{N}\) справедлива формула бинома Ньютона
$$
(a+b)^{n}=C_{n}^{0}a^{n}+C_{n}^{1}a^{n-1}b+\ldots +C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k}+\ldots+C_{n}^{n-1}ab^{n-1}+C_{n}^{n}b^{n},\label{ref44}
$$
где
$$
C_{n}^{0}=1, C_{n}^{k}=\displaystyle \frac{n(n-1)\ldots(n-(k-1))}{k!}; k=\overline{1,n}; k!=1\cdot 2\cdot\ldots\cdot k.\label{ref45}
$$
Правую часть формулы называют разложением бинома, числа \(C_{n}^{k}\)
 биномиальными коэффициентами, слагаемое \(C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k}\)  k-м членом разложения бинома.

Доказательство.

\(\circ\) Воспользуемся методом математической индукции. При n=1 формула \eqref{ref44} верна, так как ее правая часть равна \(C_{1}^{0}a + C_{1}^{1}b=a+b\).

Предполагая справедливым равенство \eqref{ref44}, докажем, что верна формула
$$
(a+b)^{n+1}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n+1}C_{n+1}^{k}a^{n+1-k}b^{k}.\label{ref46}
$$

Умножая обе части равенства \eqref{ref44} на \(a+b\), получаем
$$
(a+b)^{n+1}=A_{n}+B_{n},\nonumber
$$
где
$$
A_{n}=a^{n+1}+\sum_{k=1}^{n}C_{n}^{k}a^{n+1-k}b^{k},\nonumber
$$
$$
B_{n}=\sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}a^{n-k}b^{k+1}=\sum_{k=1}^{n}C_{n}^{k-1}a^{n+1-k}b^{k}+b^{n+1}.\nonumber
$$
Следовательно,
$$
(a+b)^{n+1}=a^{n+1}+\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1})a^{n+1-k}b^{k}+b^{n+1}.\label{ref47}
$$
Сравнивая правые части формул \eqref{ref46} и \eqref{ref47}, заключаем, что для доказательства равенства \eqref{ref46} достаточно показать, что
$$
C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1}=C_{n+1}^{k}.\label{ref48}
$$
Используя формулу \eqref{ref45}, находим
$$
C_{n}^{k-1}=\frac{n(n-1)\ldots(n-(k-2))}{(k-1)!}=\frac{kn(n-1)\ldots(n-(k-2))}{k!}
$$
Поэтому
$$C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1}=\displaystyle \frac{n(n-1)\ldots(n-(k-2))}{k!}(n-(k-1)+k)=\frac{(n+1)((n+1)-1)..((n+1)-(k-1))}{k!}=C_{n+1}^{k}.\nonumber$$
Формула \eqref{ref48} верна, и поэтому справедливо равенство \eqref{ref46}.
Следовательно,формула \eqref{ref44} верна при любом \(n\in\mathbb{N}\) \(\bullet\)

Отметим, что
$$
C_{n}^{k}=\displaystyle \frac{n(n-1)\ldots(n-(k-1))}{k!}=\frac{n(n-1)\ldots(n-(k-1))(n-k)!}{k!(n-k)!},\nonumber
$$
т. е.
$$
C_{n}^{k}=\displaystyle \frac{n!}{k!(n-k)!}.\label{ref49}
$$

Поэтому формулу \eqref{ref44} можно записать в виде \((a+b)^{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!(n-k)!}a^{n-k}b^{k}\), где 0!=1

Из формулы \eqref{ref49} следует,что
$$
С_{n}^{k}=С_{n}^{n-k}.\label{ref50}
$$


Замечание 1.
Разложение бинома \eqref{ref44} содержит n+1 член, причем в силу равенства \eqref{ref49} коэффициенты членов разложения, равноудаленных от концов разложения, одинаковы, а сумма степеней чисел a и b в каждом члене разложения равна n.

Замечание 2.
Из формулы \eqref{ref44}  при а=1, b=х находим
$$
(1+x)^{n}=\displaystyle \sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k}x^{k}=1+nx+\frac{n(n-1)}{2}x^{2}+\ldots+C_{n}^{k}x^{k}+\ldots+nx^{n-1}+x^{n}.\label{ref51}
$$Если х>0, то все слагаемые в правой части равенства \eqref{ref51} положительны, и поэтому
$$
(1+x)^{n}>1+nx, x>0,\label{ref52}
$$
$$
(1+x)^{n}>C_{n}^{k}x^{k}, x>0, k=\overline{1,n}.\label{ref53} $$Отметим, что неравенство \eqref{ref52} справедливо при x>-1 (утверждение 4).


6. Счётность множества рациональных чисел.

Множества X и Y называют эквивалентными и пишут \(X\sim Y\), если между ними можно установить взаимно однозначное соответствие. Это означает, что:

  1. каждому элементу \(x\in X\) соответствует единственный элемент \(y\in Y\);
  2. каждый элемент \(y\in Y\) при этом соответствует некоторому элементу \(x\in X\);
  3. разным элементам множества X соответствуют разные элементы множества Y.

Множество X, эквивалентное множеству натуральных чисел \(\mathbb{N}\), называется счетным. Если обозначить через \(x_n\) элемент счетного множества X, соответствующий числу \(n\in\mathbb{N}\), то образуется последовательность \(\{x_{n}\}\). Говорят также, что элементы счетного множества можно занумеровать числами натурального ряда.


Теорема 3. Множество рациональных чисел \(\mathbb{Q}\) счетно.

Доказательство.

Пусть E — множество положительных рациональных чисел.

Это множество состоит из всех несократимых дробей вида p/q, где \(p\in\mathbb{N},\;q\in\mathbb{N}\). Выпишем подряд все несократимые дроби, у которых сумма числителя p и знаменателя q равна двум, трем, четырем, пяти и т.д. Получим последовательность

$$\underbrace{\frac11,}_{p+q=2}\;\;\;\;\;\underbrace{\frac12,\frac21}_{p+q=3},\;\;\;\;\underbrace{\frac13,\frac31}_{p+q=4},\;\;\;\;\;\underbrace{\frac14,\frac23,\frac32,\frac41}_{p+q=5},\;\;\;\;\;\underbrace{\frac15,\frac51}_{p+q=6},\;\;\;\;\;\ldots\label{ref54}$$

В этой последовательности, состоящей из разных чисел, содержатся все элементы множества E. Обозначим n-й член последовательности \eqref{ref54} через \(r_n\). Тогда все рациональные числа, т.е. все элементы множества \(\mathbb{Q}\), содержатся в последовательности
$$
0,\;r_{1},\;-r_{1},\;r_{2},\;-r_{2},\;\ldots,\;r_{n},\;-r_{n},\ldots\nonumber
$$

Поэтому \(\mathbb{Q}\) --счетное множество.


7. Несчетность множества вещественных чисел.

Множество, не являющееся конечным или счетным, называется несчетным.


Теорема 4. Множество вещественных чисел \(\mathbb{R}\) несчетно.

Доказательство.

Докажем, что множество положительных вещественных чисел \(\mathbb{R}_{+}\) несчетно. Предположим противное. Тогда все элементы множества \(\mathbb{R}_{+}\) содержатся в последовательности \(\{\alpha_{k}\}\), где
$$
\alpha_{k}=a_{0}^{(k)},a_{1}^{(k)}a_{2}^{(k)}\ldots\nonumber
$$
Покажем, что существует число \(\beta=0,b_{1}b_{2}\cdots\), не содержащееся в последовательности \(\{\alpha_{k}\}\). Выберем число \(b_{1}\) так, чтобы \(b_{1}\neq a_{1}^{(1)},\;b_{1}\neq 9,\;b_{1}\neq 0\), Вообще, для любого \(k\in\mathbb{N}\) выберем \(b_{k}\) так, чтобы \(b_{k}\neq a_{k,}^{(k)},\;b_{k}\neq 9,\;b_{k}\neq 0\). Тогда \(\beta\neq \alpha_{k}\) при любом \(k\in\mathbb{N}\). Это противоречит предположению о том, что любое число \(\beta\in\mathbb{R}_{+}\) содержится в последовательности \(\{\alpha_{k}\}\). Таким образом, множество \(\mathbb{R}_{+}\) не является счетным, а поэтому и множество \(\mathbb{R}\) также несчетно.