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}, то есть δ — сумма чисел α и β.
б) Единственность суммы. Пусть δ и δ’ удовлетворяют условиям \eqref{ref2} и пусть δ⩽δ’. Тогда \(r+r’ \leq \delta \leq \delta’ \leq s+s’\). Докажем, что \(\delta=\delta’\). Заметим, что неравенства \eqref{ref1} будут выполняться, если в качестве r и r’ (s и s’) взять (n+1)-е десятичные приближения с недостатком (с избытком) соответственно для чисел \(\alpha\) и \(\beta\), то есть $${\underline\alpha}_{n+1} \leq \alpha \leq {\overline\alpha}_{n+1},\quad{\underline\beta}_{n+1} \leq \beta \leq {\overline\beta}_{n+1}.\label{ref4}$$
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.
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 $$0 < r \leq \alpha \leq s,\qquad 0 < r’ \leq \beta \leq s’,\label{ref7}$$ 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 $${\underline\alpha}_m \leq \alpha \leq {\overline\alpha}_m \leq a_0+1,\qquad\beta_m \leq \beta \leq {\overline\beta}_m \leq b_0+1.\nonumber$$
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:
- если \(\alpha=0\), тo \(\alpha\beta=0\) для любого \(\beta\in\mathbb{R}\);
- если \(\alpha < 0, \ \beta < 0\), тo \(\alpha\beta=\left|\alpha\right|\cdot\left|\beta\right|\);
- 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 \(\beta/\alpha\).
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:
- если \(а\neq 0, \ ab=0\), то b=0;
- если \(a > b > 0\) и \(c > d > 0\), то \(ac > bd\);
- если \(a>b\), то \(a^{2n+1}>b^{2n+1}\) для любого \(n\in\mathbb{N}\);
- 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, то есть $$\frac{1}{{\overline\alpha}_{m+n}}\leq x\leq\frac{1}{{\underline\alpha}_{m+n}}, \ n\in\mathbb{N}.\label{ref16}$$
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 \(x\alpha=1\), то есть \(x=\frac{1}{\alpha}\).
Если \(\alpha <0\), то положим \(\frac{1}{\alpha}=-\frac1{\left|\alpha\right|}\).
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 \(x-y=0\), то есть\(x=y\).
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 \((|а|+|b|)\leq a+b\leq|a|+|b|\), то есть \(|a+b|\leq|a|+|b|\). 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 \(|a-b|\geq|b|-|a|\), то есть \(|a-b|\geq||a|-|b||\).
Пусть \(\alpha, \ \delta\) — заданные вещественные числа, причем \(\delta>0\). Тогда неравенство $$|x-a|<\delta\label{ref20}$$ равносильно (рис. 3.1) двойному неравенству $$a-\delta < x < a+\delta,\nonumber$$
то есть 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), то есть множество 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 \(\left[a, \ b\right]\), то есть \(a\leq\alpha\leq\beta\leq b\) (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.
Арифметический корень.
Как известно, уравнения вида $$x^m=a,\label{ref23}$$где m — 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 \({\displaystyle\frac1p}\in X, \ p\in Y\). 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 \(\xi=sup \ X\) 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 \(\xi^m=a\), то есть \(\xi\) — 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 \(\xi^n < \xi_{1}^{n}\).
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.
Метод математической индукции.
Чтобы доказать, что некоторое утверждение верно для любого \(n\in\mathbb{N}\) (номера n), достаточно доказать, что:
- это утверждение верно при n=1;
- 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 4
Если \(x\geq-1\), то для любого \(n\in\mathbb{N}\) выполняется неравенство Бернулли$$(1+x)^{n}\geq 1+nx.\label{ref33}$$
Доказательство
\(\circ\) 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 \(n\in\mathbb{N}.\bullet\)
Суммирование.
Если \(a_1, \ a_2,\ldots, \ a_n\) — заданные числа, то их сумму обозначают символом \(\sum_{k=1}^{n}a_k\), то есть$$\sum_{k=1}^{n}a_{k}=a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n},\nonumber$$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, то есть 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:
- $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_{k}a_{k+1}},\nonumber$$где \(\{a_{k}\}\) — арифметическая прогрессия, все члены и разность d, которой отличны от нуля;
- $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}\sin kx;\label{ref38}$$
- $$S_{n}=\sum_{k=1}^{n}k^{2}.\nonumber$$
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 \(b_{k}=-\displaystyle\cos\left(k-\frac{1}{2}\right)x\), 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. \(\blacktriangle\)
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 5
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
$$
C_{n}^{k}+C_{n}^{k-1}=\frac{n(n-1)\ldots(n-(k-2))}{k!}(n-(k-1)+k)=\\=\frac{(n+1)((n+1)-1)..((n+1)-(k-1))}{k!}=C_{n+1}^{k}.\nonumber
$$
Формула \eqref{ref48} верна, и поэтому справедливо равенство \eqref{ref46}.
Следовательно,формула \eqref{ref44} верна при любом \(n\in\mathbb{N}\) \(\bullet\)
Отметим, что
$$
C_{n}^{k}=\frac{n(n-1)\ldots(n-(k-1))}{k!}=\frac{n(n-1)\ldots(n-(k-1))(n-k)!}{k!(n-k)!},\nonumber
$$
то есть
$$
C_{n}^{k}=\frac{n!}{k!(n-k)!}.\label{ref49}
$$
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 \(а=1\), \(b=x\) 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 \(x > 0\), 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).
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:
- каждому элементу \(x\in X\) соответствует единственный элемент \(y\in Y\);
- каждый элемент \(y\in Y\) при этом соответствует некоторому элементу \(x\in X\);
- 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 так далее. Получим последовательность
$$
\underbrace{\frac11,}_{p+q=2}\quad\underbrace{\frac12,\frac21}_{p+q=3},\quad\underbrace{\frac13,\frac31}_{p+q=4},\quad\underbrace{\frac14,\frac23,\frac32,\frac41}_{p+q=5},\quad\underbrace{\frac15,\frac51}_{p+q=6},\quad\ldots\label{ref54}
$$
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, то есть 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.
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.