Нека X е множество; казваме, че X е изброимо множество, ако съществува биекция f : N X;
условия за биекция: ако n1 n2, то f (n1)f (n2) (инекция) и
за всяко x X съществува n N, такова че f (n) = x (сюрекция);
X е изброимо, ако елементите му могат да се наредят в редица, в която няма повтарящи се елементи;
Твърдение: Множеството Q е изброимо.
Доказателство: Нека за определеност p и q са взаимно прости, q > 0, нулата е представена еднозначно като (0/1). Дефинираме височина на рационално число p/q = |p| + q; |p|+ q > 0; очевидно съществуват краен брой рационални числа с фиксирана височина; номерираме последователно числата, като започваме от тези с височина 1 (0/1), след това с височина 2 ( -1/1, 1/1 ) и т.н.; с това доказахме, че съществува биекция f : N Q;
Дефиниция: На всяко множество съпоставяме мощност (кардинално число); ако мощностите на две множества A и B са равни, то съществува взаимноеднозначно съответствие между елементите им (те са еквивалентни; A ~ B); ако мощността на едно множество A е по-голяма от мощността на друго множество B, следва че A е еквивалентно на множество C, което съдържа като нетривиално подмножество множеството B ( A ~ C B );
Твърдение: R не е изброимо;
Доказателство:
Допускаме, че реалните числа могат да се подредят в редица:
x0 = x00, x10 x20…xn0 …;
x1 = x01, x11 x21…xn1 …;
x2 = x02, x12 x22…xn2 …;
…
xn = x0n, x1n x2n…xnn …;
…
Нека x = x0, x1x2…xn…, освен това нека:
x0 x00; x1 x11, 9; x2 x22, 9; …; xn xnn, 9;…
Твърдим, че числото x не фигурира в редицата; това е така, тъй като то съдържа безброй много цифри и се различава от всяко число в редицата поне по една цифра; избягваме девятките, за да не се получи двусмислието, коментирано по-горе;
От твърдението Ирационалните числа имат по-голяма мощност от рационалните.
Семинарни занятия
Дадена е безкрайна редица от твърдения:
T1, T2, …, Tn, …;
Дадено е, че:
-
T1 е вярно;
-
За всяко n N е изпълнено: ако Tn е вярно, то Tn+1 също е вярно;
От тези две условия Tn е вярно за всяко n N;
Пример: Да се докаже, че всички химикали пишат с един и същи цвят; Доказателство: T1 е вярно, защото един химикал пише с един и същи цвят; Нека Tn е вярно, т.е. всеки n химикала пишат с един и същи цвят; тогава Tn+1 също е вярно - нека имаме n+1 химикала; вземаме n от тях, те пишат еднакво по допускане; остава 1 химикал, нека вземем него и още n-1 от останалите, тогава и те пишат еднакво от допускането всичките n+1 пишат еднакво; по индукция всички химикали пишат с един и същи цвят;
Абсурдността на това наглед добре доказано твърдение идва от факта, че условие 2 е изпълнено за всяко n, освен за n=2; т.е. ако имаме два химикала не можем да изпълним гореописаната операция; този пример има за цел да покаже необходимостта на условията 1. и 2.;
n
Неравенство на Коши: (a1+a2+…+an)/n a1.a2…an;
Доказателство:
Лема: Нека са дадени k положителни числа A1, A2, …, Ak, такива че: A1.A2…Ak = 1 А1 + А2 + ... + Ak k;
Доказателство:
Индукция по k;
-
База: при k = 1 – A1 = 1 1 = k; твърдението е вярно;
при k = 2 – A1.A2 = 1; A1 + A2 = A1 + 1/A1 = 2 + (A12 – 2.A1 + 1)/A1 =
2 + (A1 – 1)2/A1 2; твърдението е вярно;
-
Стъпка: Нека твърдението е изпълнено за k; т.е.
ако A1.A2…Ak = 1, то A1 + A2 + … + Ak k; При k+1 получаваме:
Нека Аi са положителни числа и A1.A2…Ak.Ak+1 = 1;
А1 + А2 + ... + Аk.Ak+1 k (по допускане)
A1 + A2 + … + Ak-1 k – Ak.Ak+1;
A1 + A2 + … + Ak + Ak+1 k – Ak.Ak+1 + Ak + Ak+1 =
= k + 1 + Ak – 1 + Ak+1 – Ak.Ak+1 = k + 1 + (Ak – 1).(1 – Ak +1);
Без ограничение на общността можем да смятаме, че Ak е най-голямото число, а Ak+1 е най-малкото число от A1, A2, …, Ak, Ak+1;
тъй като А1.А2...Аk+1 = 1 Ak 1, Ak+1 1 (Ak – 1). (1 – Ak+1) 0
A1 + A2 + … + Ak + Ak +1 k + 1 + (Ak – 1). (1 – Ak+1) k + 1 твърдението е изпълнено за k+1; от метода на математическата индукция твърдението е изпълнено за всяко k N;
n
(a1+a2+…+an)/n a1.a2…an
n
n
n
a1/ a1.a2…an + a2/ a1.a2…an + … + an/ a1.a2…an n;
n
Полагаме ai/ a1.a2…an = Ai A1.A2…An = 1; използваме лемата:
и получаваме A1 + A2 + … + An n, а това е точно горното неравенство;
Неравенство на Бернули: (1 + x)n 1 + n.x; n N, x R, x –1
Други неравенства:
(1 + 1/n)k 1 + k/n + k2/n2
Доказателство: Индукция по k (n го мислим фиксирано);
(n/3)n < n! < (n/2)n, n 6
Доказателство: Индукция по n;
Полиноми. Принцип за сравняване на коефициентите. Приложение.
Дефиниция: Полином от степен n се нарича функция от вида:
Pn (x) = an.xn + an-1.xn-1 + a1.x + a0; n N0; x, ak R; an 0;
-
Произведението на два полинома от степен n и m е полином от степен n+m;
-
Сумата на два полинома от степен n и степен m e полином от степен max (n, m), когато полиномите не са с еднакви степени и с противоположни коефициенти;
-
Разлика на два полинома от степен n и степен m е полином от степен max (n, m), когато полиномите не са с еднакви степени и еднакви коефициенти;
Твърдение (лема на Безу): Даден е полином Pn (x) от степен n;
ако x = е корен на Pn (x), т.е. P () = 0, то съществува полином Qn-1 (x) от степен n-1, такъв че Pn (x) = ( x - ). Qn-1 (x) или Pn (x) се дели без остатък на x - ;
Tвърдение: Нека Pn (x) е полином от степен n; тогава Pn (x) има не повече от n различни корена;
Доказателство: Индукция по n + лема на Безу;
Принцип за сравняване на коефициентите:
Нека P (x) и Q (x) са полиноми от степен n;
Ако P (xk) = Q (xk) за x1 < x2 < … < xn < xn+1; k = 1, 2, …, n, n+1
P (x) Q (x);
Доказателство: Допускаме, че P (x) не съвпада с Q (x); тогава полиномът R (x) = P (x) – Q (x) е от степен n; нo R (x) е от степен n и се анулира за n+1 стойности, което е в противоречие с горното твърдение P (x) Q (x);
Следствие: Ако два полинома P (x) и Q (x) от степен n съвпадат за n+1 стойности на x те съвпадат за всички стойности на x;
Твърдение: Дадени са точките (xk, yk), k = 1, 2, …, n, n+1;
x1 < x2 …< xn < xn+1; тогава съществува точно един полином P (x), такъв че P (xk) = yk за k = 1, 2, …, n, n+1;
Доказателство: Единствеността е пряко следствие от принципа за сравняване на коефициентите;
Съществуване: Интерполационна формула на Ла Гранж:
n
(x – x1).(x – x2)….(x – xk-1 ).(x – xk+1)….(x – xn+1)
(xk – x1).(xk – x2)….(xk – xk-1 ).(xk – xk+1)….(xk – xn+1)
k=1
P (x) = yk
Сподели с приятели: |