Problems In Mathematical                   Analysis 1,2    Authors: Hassan Jolany A.Sadighi (Assistant Professor In Islamic Azad University of Tabriz)  

شمارايی و ناشمارايی 1فصل

1فصل شمارايی و ناشمارايی

).از روش کانتور استفاده نشود. ( ناشماراست(R)ثابت کنيد مجموعه اعداد حقيقی ) 1سوال

}ثال م. شمارا باشدR فرض کنيد: اثبات },..., 21 xxR . فرض کنيم=

2 2 2 1 1 11 1 1 1, , ,8 8 4 4

I x x I x x⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + = − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Inبطور کلی برای ھر ) بازه nI ، فرض می کنيم ∋ )11 2,2 −−−− +−= nn

nnn xxI.

: ھا برابر است باnI است پس، مجموع طول ھمهn−2 برابرnIطول بازه

1...222 21 +=+++ −−− n

nاما ھر nx I∈ پس ،{ }1 1

n nn n

R x I∞ ∞

= == ⊆U U با اجتماع بازه ) که طول اش بی نھايت است(، و خط نمايش اعدادحقيقی

.اين يک تناقض است. است پوشيده شود1ھايی که مجموع طولشان

. جموعه مکعب مستطيل ھايی که ابعادشان اعداد گويا ھستند مجموعه ای شمارا و نامتناھی استنشان دھيد م) 2سوالدر اين صورت نگاشت . باشد که ابعادشان گويا ھستندM مجموعه ھمه مکعب مستطيل ھايی مانند A فرض کنيد :اثبات

QQQAf . را با ضابطه زير در نظر بگيريد:→××

( ) ( )cbaMfAM ,,=∈∀

و لذا . نگاشتی دو سويی استfواضح است که . استM به ترتيب به طول و عرض و ارتفاع مکعب مستطيل c,b,aکه در آن

QQQA:خواھيم داشت QQQاما ھمانگونه که می دانيم مجموعه . ~×× A مجموعه شمارای نامتناھی است لذا ××

.ھد بودشمارای نامتناھی خوا

)نشان دھيد ) 3سوال )1,0~nRNn∈∀) يعنی تناظر يک به يک~مفھوم (

. اثبات را به استقراء انجام می دھيم:اثبات

) داريمn=1اوال به ازای )1,0~Rو حکم درست است .

)ثانيا به موجب فرض استقراء قرار می دھيم )1,0~nRدر اين صورت بايد نشان دھيم ( )1,0~1+nR . بدين جھت توابعf وg

:را بصورت زير تعريف می کنيم

( ) ( ) ( )1,01,01,0: xf →

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( )

, ,

: , , ,

/ ..., / ... / ...

f x x x

g

g a a b b a b a b

ε⎛ ⎞= ∀⎜ ⎟⎝ ⎠× →

=1 2 1 2 1 1 2 2

1 015

01 01 01

0 0 0

می توان نوشت تاين تعريف شده در باال ھر دو يک به يک اند و لذا به موجب قضيه شرو در برنشg و fآشکارا پيدا است که توابع

( ) ( ) ( )1,0~1,01,0 :اکنون قرارمی دھيم. ×

( ) ( ) ( ) ( ) NnRRRR nnn ∈∀⇒××= ++ 1,0~1,0~1,01,0~ 11

BAf بوده و در صورتی که A زيرمجموعه ای از Bھرگاه : قضيه شرودربرنشتاين( A نگاشتی يک به يک باشد آنگاه :→

). در تناظر يک به يک اندBو

ھا مسائل بخش نامساوی2فصل

نامساوی ھا بخش

12) 1سوال ,,... aaan 2 عددھايی حقيقی اندn n... و ≤ na a a e−> > > >1 1.

12n b,b,...bھمان iaثابت کنيد. ھا منتھا به رديفي ديگرند:

nb...2

na...2 b

1a

1 ba >

، درستی حکم مساله معلوم است زيراn=2 اگر :اثبات

1

1

2

2

Lnaa

Lnaa

>

<+1 ایkتوجه کنيد که به ازای. n<2فرض کنيد kk bb .فرض کنيد

nb...2kbm +=

چون

k

mk

1k

m1k

bLnb

bLnb

<+

+

چون mk

m1k b

1kbk bb +<+

بنابراين nbkb

knb

kbk bb

bbNN

NN1

1

11

++ >

. اگر اين نحوه استدالل را چندين بار تکرار کنيم معلوم می شود که حکم مساله درست است

12فرض کنيد عددھای حقيقی ) 2سوال ,,..., aaanو . داده شده اند

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛= ∑∑

==

n

1i

2i

2i

n

1ii xaxA

در اين صورت2n

1iimax a

21A ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛= ∑

=

) فرض کنيد:اثبات ), ,..., , .sin , ,i i i i ii n x a aπ πθ θ= = − ≤ ≤ >12 02 2

در اين صورت

( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

∑ ∑∑

∑∑

= = +=

==

n

1i

n

1i

n

1ijjijii

2i

n

1iii

n

1iii

sinaa22sina21

cosasinaA

θθθ

θθ

ھا برابرiθآيد که ھمه وقتی به دست میAاز اينجا معلوم می شود که بيشترين مقدار 4π

باشند يعنی

2n

1iimax a

21A ⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛= ∑

=

اگر) 3سوال2

0 πθ ) كنيد ثابت>> ) θθθ 2costg2sin >

1212اگر (كنيم ميانگين ھندسي وزندار استفاده مي- براي اثبات از نابرابري ميانگين حسابي ,,...,,,,..., aaann ωωω عددھايي

حقيقي و غيرمنفي باشند آنگاه

∏∑

∑=

=

∞

= ≥∑

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

n

1i

wi

w

n

1ii

1iii

i

n

1ii

aw

aw

( ) ( )( ) ( )

( )

( )

/

/ sin cos

cos sin

sin cos

cos sin

cos

sin . cos .sin cos sin cos

sin cossin cos

sin cos

sin

tg tg

tg

tg

θ θ

θ θ

θ θ

θ θ

θ

θ θθ θ θ θ

θ θθ θ

θ θ

θθ θ

θ θ

−

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + ≥ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= = =

⇒ ≥

⇒ ≥

1 2

1 22 2

2 2 2 2

2

1 1 1 12

1 1 1

12

2

2 2

2 22 2

2 2

اگر ) 4سوالπθ< <4

oثابت كنيد :( ) ( ) θθ θθ cossin cossin <

10چون : اثبات << θtg ميانگين ھندسي وزندار نتيجه مي شود–از نابرابري ميانگين حسابي :

( ) ( ) ( )( )( ) 1tgtg1

cossin

tgtgtg1tg1tgtg1

22

tg2

22tg2tg12

<−+<

++−<+−

θθθ

θ

θθθθθθθ

θθ

)در نتيجه ) θθ θ 2tg2 cossin )بنابراين> ) ( ) θθ θθ cossin cossin <

وجود دارند به طوري كهCC,12نيد عددھايي مثبت مانند ثابت كx<1 عددي غيرمنفي است و x) 5سوال

( )k

CC xx x≥

≤ + ≤− −∏ 4 21

01

1 1

) فرض كنيد :اثبات ) ( )∏≥

+=0k

4k

x1xf 1 چون<xپس

k

( )( ) ( )x1

1...x1...x1x1 n2

−=+++

)بنابراين ) ( ) ( ) 12 1 −−= xxfxf در نتيجه ( )( ) ( ) ( )( )2122 1 xfxxf ≤−≤ و يا−

( )x1

2x1x1xf

x11

−<

−+

≤≤−

12) 6سوال ,,..., aaanعددھاي حقيقي مثبت اند ثابت كنيد

( ) ( )...!

kn nn

iki

a a aa

k==

+ + ++ ≤∑∏ 1 2

11

o

: ھندسي نتيجه مي شود–از نابرابري ميانگين حسابي : اثبات

( )

( )

( )

...,

......

!

...!

n nn nnk

kkk

knn

kkn

n

k

a a aaan n

a a akn n k

a a ak

==

=

=

⎛ ⎞ + ++ ⎛ ⎞+ ≤ = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

+ + +−⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

+ + +≤

∑∏

∑

∑

1 2

11

1 2

1

1 2

0

11 1

1 11 1 1 1

12وال ثابت كنيد براي عددھاي مثبت و دلخواه) 7سوال ,,..., aaanاين نابرابري برقرار است

∑∑==

≤n

1kk

n

1k

kk21 aea...aa

قرار مي دھيم: اثبات

( ) ( )n,...,2,1k,k11k

k1kb

k

1k

k

k =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

+= −

kebkبا توجه به نابرابري ) و ≥ )kk kbb 1...1 +=

:و ھمچنين قضيه مربوط به واسطه ھا داريم

( ) ( ) ( ) ( )

∑=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−=

+++

≤+

=

k

1jjj

kk11kk11k

k21

ba1k

1k1

ba...ba1kk

1ba...ba1k

1a...aa

سپس

( )∑ ∑∑

∑ ∑

∑ ∑∑

= ==

= =

= ==

≤≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

+−≤

n

1j

n

1jj

n

1j

jjjj

n

1j

n

jkjj

n

1k

k

1jjj

n

1k

kk21

aejba

ba1n

1j1

1k1

k1ba

ba1k

1k1a...aa

ثابت كنيدr 0>r عددھايي حقيقي و بزرگتر باشند به ازاي ھر c,b,aاگر ) 8سوال

( ) ( ) ( ) rrabc

rcab

rbcaS 23logloglog ×≥++=

پيش از ھر چيز توجه كنيد : اثباتxLnyLny

x =log) اگر فرض كنيمkyx =log آنگاه xkk exy ln== در

LnxkyLnنتيجه بنابراين=

aLncLn

aLnbLn

aLncLnbLn

aLnbcLnlogbc

a +=+

==

ميانگين ھندسي–اينك بنابر نابرابري ميانگين حسابي

( )

2/1

2LnacLn.bLn2

LnaLnc

LnaLnb

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡≥+

و در نتيجه ( )

aLncLnbLnbc

a

2/12log ≥

شودكه از آن نتيجه مي

( ) ( )( )r

2/rrrbc

a aLncLn.bLn2log ≥

)به ھمين ترتيب ) ( )( )r

2/rrrab

c cLnbLn.Lna2log ) و ≤ ) ( )

( )

/.log

rrrcab r

Lnc Ln a

Lnb≥

22

بنابراين

( )( )

( )( )

( )( )r

2/rr

r

2/rr

r

2/rr

LncLnb.Lna2

LnbLna.cLn2

aLnLnc.Lnb2S ++≥

باالخره با استفاده از ميانگين حسابي ھندسي در طرف راست به دست آوريم

( )( )

( )( )

( )( )

31

r

2/rr

r

2/rr

r

2/rr

LncLnbLna2

bLnLna.cLn2.

aLncLn.bLn2

3S

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡≥

در نتيجه

( )( )

31

r

rr3

cLn.Lnb.LnaLncLnbLna23S ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡≥

rSيعني و حكم ثابت مي شود≤×23

بزرگترند تعميم دھيد1 عدد كه ھمگي از nاين برھان را مي توانيى در مورد

( ) ( )log ... ...n r r

a i i ni

s a a a a a n n− +=

= ≥ −∑ 1 2 1 11

1

n<1به كمك استقرا رياضي ثابت كنيد براي ھر) 9سوال

)1 (1nnlog21n!nlognnlogn +−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +<<−

) قرار مي دھيم :اثبات ) ( ) 1log21,log +−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=−= nnnnVnnnnu

)ابتدا نامساوي ) !lognnu برقرار است فرض كنيد كه اين نامساوي n=1 را ثابت مي كنيم اين نامساوي براي>

knبراي ) برقرار باشد يعني= ) !logkku آنگاه>

( ) ( ) ( ) ( )!1klog1klog!klog1klogku +=++<++

اگر نشان دھيم

)2 (( ) ( ) ( ) ( )1klogkklogk1k1klog1k ++−<+−++

)ايم كه آنگاه ثابت كرده ) ( )!1log1 +<+ kkuو اين ھمان نامساوي مورد نظر است فرض كنيد

برقرار نباشد يعنيkبراي يك مقدار ) 2(

( ) ( ) ( ) ( )1klogkklogk1k1klog1k ++−≥+−++

11logدر اين صورت ≥⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

kkk11 و در نتيجهlog ≥⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ + k

kk

بنابراين

ek

k

≥⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

11

درست استk+1برقرار بوده و نامساوي براي ) 2(ين خود تناقض است بنابراين كه ا حال نامساوي زير را در نظر بگيريد

)5 (( )nVnnnn =+−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +< 1log

21!log

kn درست است اگر اين رابطه براي n=2براي ) 5(رابطه برقرار باشد يعني=

( )kVk <!log

آنگاه داريم كه

( ) ( )1log1log211log!log +++−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +<++ kkkkkk

اگر نشان دھيم كه

)6 (( ) ( ) ( ) 111log231log1log

21

++−+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +<+++−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + kkkkkkk

=+1براي) 5(آنگاه ديده مي شود كه kn را چنين مي توان نوشت) 6( برقرار است نامساوي:

011k

klog21k <+

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

و يا

i

)7 ( 01k2

21k

klog <+

++

)قرار مي دھيم ) ( ); log xx f xx x

> = ++ +

21 2 1

o

xبه راحتي ثابت مي شود كه براي > oتابع f صعودي و اگر x ) نگاه ∞→ ) 0→xf پس ( ) 0<xf0 براي>x

م از اينجا ثابت مي شودو حك

) نامساويcبه ازاي كدام عدد حقيقي ) 10سوال ) 2

21 cxxx eee ≤+ برقرار مي شودx به ازاي ھر عدد حقيقي −

برقرار باشد آنگاهxاگر نامساوي به ازاي ھر : حل

( ).! !

! !

cx x x

n n n

nn n

n nn n

n nn n

e e e

c x xn n

x xc cn n

−

∞ ∞

= =

∞ ∞

= =

≤ − +

= −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ ∑

∑ ∑

2 2

0 02 2

0 0

102

2

1 12 2

2

براي آنكه ببينيد چرا 21

≥c2 دو طرف را برx0 تقسيم كنيد و قرار دھيد=x

از طرف ديگر اگر 21

≥cآنگاه

( ) ( )! !

n nx x

nn n

xcx

x xe en n

e e

∞ ∞−

= =

+ = ≤ ⇒

⇒ ≤

∑ ∑2 2

0 0

2

12 2 2

2 2

برقرار است اگر و فقط اگر xو از اينجا نتيجه مي شود كه نامساوي مورد نظر به ازاي ھر 21

≥cباشد

ائل بخش اعداد گويا وگنگ مس3فصل

3فصل

بخش اعداد گويا و گنگ

فرض كنيد ) 1سوال ba

باشد ثابت كنيد ) 0و1(نمايش يك عدد گويا در فاصله باز ) در كمترين عبارت (

2b41

22

ba

>−

222 واضح است كه :اثبات ba ) و b≠0 يك عدد صحيح است و چون − ),ab∈ 1o 02 پس 22 ≠−ba اما

222 ba 12 يك عدد صحيح است لذا − 22 ≥−baدر نتيجه

22

22

b21

b2

ba2

22

ba.

22

ba

≥−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

اماba

و 22

) ھر دو در 2 قرار دارند لذا 1,0(22<+

ba

24 در نتيجه 1

22

bba

>−

فاصله باز به طول) 2سوالn1

ثابت كنيد تعداد ) عددي است درست و مثبتn ( را روي محور عددھاي حقيقي در نظر مي گيريم

)كسرھاي تحويل ناپذير )qpnq در اين فاصله حداكثر برابر است با 1≥≥

21+n

⎟ھمه نقطه ھاي گويا در بازه : حل⎠⎞

⎜⎝⎛ +

n1,αα را به دو زير مجموعه تقسيم مي كنيم i

i

uv

⎧ ⎫⎨ ⎬⎩ ⎭

riو كه در آن =2,1,...,

و 1 در فاصله iVمخرج2n

واقع است و ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

i

i

yx

Si و nyn در بازهiy كه در آن مخرج=2,1,...,i ≤<

2 . قرار دارد

nvcnبه نحوي كه داشته باشيم. وجود داردic، عدد درستي مانندiVبراي ھر. و ھمه اين كسرھا تحويل ناپذيراندii ≤≤

2 .

sتعريف مي كنيم i i iy c v+ s و = i i ix c u+ }دو عضوي از مجموعه ھيچ . = }sriyi كه با ھم . وجود ندارد1≥≥+

kjزيرا از برابري . برابر باشند yy نتيجه =

مي شود nyy

xyx

ik

k

i

i 11 و اين، با اين فرض كه طول بازه برابر−≤≤

n1

ايز بنابراين تعداد نقطه ھاي متم. است، تناقض دارد

برابر است با، گويا 2

12

+≤⎥⎦

⎤⎢⎣⎡−≤+

nnnsr

وجود دارد به طوري كه m، عدد صحيح يكتايي چون αمتناظر با ھر عدد گنگ . ثابت كنيد) 3سوال21

21

<−<− mα

.به عنوان تمرين به دانشجو واگذار مي شود: حل

ي حقيقي است و عددα) 4سوال31cos =απثابت كنيد αعددي گنگ است .

فرض كنيد: اثباتsr

=α كه در آن r و s 0 عددھايي درست اند و>s در اين صورت عددھاي متمايز از ھم در ميان عددھاي

( )cos ,n n zπ α چون . استs2كثر حدا∋31cos =απ1، از دستورcos22cos 2 −= θθ و به استقرا مي

)توان نتيجه گرفت كه ) 1232cos −= m

tm απ كه در آن t بنابراين تعداد عددھاي متمايز . نيست3 عددي درست است و مضرب

)در ميان عددھاي )παm2cos 2,1...,، كه=m نامتناھي است؛ پس ، αعددي گنگ است .

)فرض ) 5سوال ) nxxf تغيير مي ,...1,2,3 در مجموعه ھمه عددھاي طبيعي xو . عددي طبيعي و ثابت استn كه در آن =

)كند، با قرار دادن رقمھاي ) ( )1,2..., ffبه دنبال ھم، عددھاي اعشاري nyرا مي سازيم .

( ) ( ) ( ) ......3f2f1f.0y..........................................

n ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

249162.01...بعنوان مثال =y

. ھا ھمواره گنگ اندnyثابت كنيد

. ھا باشد0ته ھاي به اندازه دلخواه طويلي از شامل رشny موجب مي شود كه ھر10توانھاي : اثبات

( ) 0,...,1001010 == knkf

پس . مگر اينكه عدد اعشاري مختوم باشد. ھا نيست0ولي ھيچ عدد گوياي اعشاري شامل رشته ھاي به اندازه دلخواه طويلي از

الزاما مختوم است ولي ھر بار كه . گويا باشدnyاگر

. مختوم نيستny اي را به رشته اضافه مي كنيم رقم غيرصفري در ابتدايش وجود دارد و در نتيجهnxقدارم

. عددي اصم استr ، cosrبه ازاي ھر عدد گوياي ناصفر ) 6سوال

)چون : اثبات ) rr coscos عدد گوياي rپس فرض مي كنيم . ثابت مي كنيمr>0تي كه ، كافي است كه حكم را در حال−=

و . مثبت باشدba

) نمايش استانده آن )0,0 >> ba و ، rcos و ) برھان خلف( گويا باشدdc

ذيال به . يك نمايش استانده آن

، بسجمله )كه بعدا آن را به شرايطي مقيد خواھيم كرد (pبه ازاي عدد فرد اول دلخواه . ض خلف مي پردازيماستخراج تناقضي از فر

)اي )xfرا چنين تعريف مي كنيم

)1 (( ) ( ) ( ) ( ){ } 122213

!1−−

−−−−

=pp

p

xrrxrpbxf

واضح است كه

)2 (( ) ( ) ( )( )!1

2 12131

−−−

=−−

−

prxxrbxxf

pppp

13اختيار كردن ضريب( −pbبدين صورت است كه صورت كسر اخير بسجمله اي صحيح الضرايب باشد (. I . به ازاي ) 1(بنابر . نتيجه اول فرض خلف

( ) ( ) ( ) ( ) rx0!1p

brrr!1p

bxf01p32p41p2p2

1p3<<

−=

−<<

−−−−

)پس ، اگر )sinr

J d f x x dx= ) آنگاه 0∫ ) ( ) ( )!1!1

121

1324

0 −=

−≤≤

−−−

∫ pcc

pbrdrdxxfdJ

pppr

cكه در آن dr b= 3 234 و 1

2 brc اند، و ھمچنين به آساني ثابت مي شود كه p مثبت و مستقل از 2c و 1c و چون اعداد =

ت كه به ازاي ھر عدد ھسp'فرد اول مانند عدديپس . ميل مي كند صفر است∞ به سمت pحد كسر اخير وقتي كه عدد اول

p' كه pاول p> ،( )1

1 2 11 !pc c

p−

. نيز بزرگتر باشدd و a را، كه از p'يكي از اين اعداد اول بزرگتر از. −>

) در تعريف p مي ناميم، از اين به بعد ثابت، و pاين عدد فرد اول، كه آن را . اختيار مي كنيم )xf ھمين pپس بنابر . خواھد بود

11 و ياj>1آنچه گذشت، <<− j) 3.(

II . بسجمله اي . نتيجه دوم فرض خلف( )xf را چنين تعريف مي كنيم ( ) ( ) ( )( )∑−

=

−=12

0

21p

j

jj xfxF،)4( واضح است كه ،

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } xsinxFx"FxcosxFxsinx'FD به آساني معلوم مي شود كه ) 4(اما، از −=+

( ) ( ) ( )"F x F x f x= − )پس، + ) ( ){ } ( ) xxfxxFxxFD sincossin' =−

)بالنتيجه، ) ( ) ( )∫ =−=

r r

xxxFxxFxdxxf

0 0cossin'sin پس ،

( ) ( ) ( ) ( )∫ +−=r

00FrcosrFrsinr'Fxdxsinxf

)، )1(پس بنابر ) الف )xfاي است برحسب بسجمله( )2xr )اگر(و لم ) 4(ابر پس ، بن− )xf بسجمله اي برحسب

( )2xr ) ، j باشد به ازاي ھر عدد طبيعي فرد − )( ) 0=rf j . در فصل مشتق ثابت مي شود( ،( ) 0' =rF.

)، بصورت و با شرايط بسجمله اي)2(بنابر ) ب )xh 1 با شرايط−= pn فرض كنيم كه ( لمn عددي طبيعي باشد، و ( )xg

)بسجمله اي صحيح الضرايب ) ( )!nxgxxh

n

) در اين صورت، = )( )0jh) مقدار مشتقj ام ( )xh 0 به ازاي=x ( به

)باالخص اگر . قابل قسمت استn+1 ، بر j=n عددي است صحيح، و جز احيانا بازاي jازاي ھر عدد صحيح نامنفي ) 00 =g

)آنگاه )( )01 nhn . است+

)و لھذا، ) ( )jf 2oبه ازای ھر عدد صحيح نامنفی j عددی صحيح و قابل قسمت بر Pيانا به ازای است، و جز اح

12 −= pj . برای تعيين( )( )01−pfجمله کمترين درجه )2(کنيم که، بنابر ، مالحظه می ،f(x)عبارتست از يک جمله ای

( ) ( ) ( ) ( ) ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

=−−−

−−−

−−−

1131

11212

!122

!1p

ppppp

p

xp

axrrpb

)پس، . بيشتر استp-1 از f(x)و درجه ساير جمالت )( )01−pfمشتق مساوی با مقدار p-1 ام يک جمله ای مذکور در فوق

1312، و آن برابر با x=0بازاء . است −− pp aبالنتيجه . می باشد( )( ) ( ) 121 20 −− = ppp aaf . پس، چونap و <

( ) ( )1† 0 , 2†pp f p−)، عدد )4(بنابر آنچه گذشت، و به موجب . )0FL Pی صحيح و غيرقابل قسمت بر عدد=

.است ) 1(بنابر . می پردازيمF(r)باالخره، به ) پ

( ) ( )( )!1

.131221

1

−−

=−−−+

−

pbxrxxxrf

pppp

)ای پس، بسجمله ) ( )xrfxh jلھذا، به ازای ھر عدد صحيح نامنفی. صدق می کندn=p-1 در شرايط لم پرانتز دوم با =−

،( )( )0jh بر Pاما، . ست قابل قسمت ا( )( ) ( )( ) ( )( )xrfxh jjj −−= ) و لھذا1 )( ) ( ) ( )( )rfh jjj 10 بالنتيجه =−

( )( )rfP j . 4(پس بنابر بر( ،( )F r L P′= که ،L′عددی است صحيح.

dLcPLJ، )5(خالصه، با توجه به +−= P† که ' L .چونdp >،†P dL . پسJعدد صحيحی ناصفر است .

. در تناقض است و حکم برقرار است) 3(نتيجه اخير با

. گنگ اندrsin2 و sinr عددی گويا باشد آنگاه r≠0اگر ) 7سوال

rsin21r2cos گويا باشند از تساویrsin2 يا rsin و r≠0اگر : اثبات گويا r2cos الزم می آيد که =−2 . در تناقض است6باشد و اين با مساله

. گنگ اندrArccos و rsinArc عددی گويا و مخالف صفر باشد آنگاه rثابت کنيد اگر ) 8سوال

cosArcزيرا اگر مثال : اثبات r s Q= sr آنگاه∋ cos= 0؛ و اين، در صورتی که≠sبا قضيه قبل متناقض است .

. عددی گنگ استπثابت کنيد ) 9سوال

) ، 8 عدد گويا است پس بنابر مساله -1: اثبات )1cos −Arc عددی گنگ خواھد بود و چون ( ) π=−1cosArc پس π .عددی گنگ خواھد بود

)ای ثابت کنيد چند جمله. را دو عدد طبيعی دلخواه می گيريمq و p) 10سوال )xpايب درست وجود دارد به نحوی که به با ضر

RIای مثل ازای ھمه مقدارھای بازه :، نابرابری زير برقرار است⊇

( ) 21qq

pxP <−

) فرض کنيد q=1برای : اثبات ) pxp = .1>q و بازه به طول q1

⎟⎟ورت را به ص⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛pq 2

3,21

چون . در نظر می گيريم

1: داريم23<

q وجود دارد که برای آن، ∋Nmبنابراين عددی مثل .

:داشته باشيمqqq

amm

123;

211 <⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛x می گيريم، در اين صورت، برای ھر =− I∈داريم :

110 <<−< aqxm . عددn را آنقدر بزرگ انتخاب می کنيم که، برای آن، داشته باشيم pq

an 1 : و فرض می کنيم>

( ) ( )[ ]nmqqpxp −−= 11

)ای چند جمله )xpھايی درست دارد، زيرا ضريب( ) ( ) ( ) ( )m mpp x qx Q x px Q xq⎡ ⎤= − − =⎣ ⎦1 و 1

)ای ھای چند جملهضريب )xQبه ازای. عددھايی درست اندIx∈داريم :

( ) ( ) 211q

aqpq

qp

qpxp nnm . و اثبات تمام می شود−=−≥>

QMمجموعه غيرتھی ) 11سوال : ، با دو شرط زير سازگار است⊇

MaMbاگر ) 1 ∈∈ MbaMab، آنگاه , ∈+∈ ,

r، آنگاه دقيقا يکی از سه گزاره زير درست استQrεر اگ) 2 M∈ ،r M− ، بر مجموعه Mثابت کنيد . r=0 و ∋

.ھمه عددھای مثبت گويا منطبق است

باشد، بنابر M عضو - 1 نيست زيرا، اگر M عضو - 1ولی . M∈−1 يا M∈1نتيجه می شود که يا ) 2(از شرط : اثبات

)) 1(شرط )( ) M∈=−− .متناقض است) 2( که آن وقت با شرط 111

:شودنتيجه می) 2(از شرط . M∈1بنابراين

,...13,12,11 MMM ∈+∈+∈+

MNيعنی Mاکنون، اگر . ⊃m

∈⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

1، آن وقت با توجه به شرط ∋Nm که در آن

)1(،( ) Mmm

∈−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− 1.1

. که درست نيست

Mبنابراينm

∉⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

1M و

m1 .شودمعلوم می) 1(ينجا، از شرط در ا) ∋Nmبرای ھر (∋

( )Nn.m ∈ Mmn

m1n M در اين صورت ×=∋

mn

∉⎟⎠⎞

⎜⎝Nm,n، برای −⎛ بر ) 2 به جز اين ھا از شرط ∋

. ، حکم ثابت شد∌M0می آيد که

Rb,aثابت کنيد به ازای ھر مقدار) 12سوال n, و∋zm، عددھای ε<0 و ∋ N K∈ وجود دارند که در نابرابری

εεھای زير صدق کنند <−<− mnb,kna

عدد درست : اثباتε1N ] را انتخاب می کنيم و ھرزوج عدد < ]1,0y,x قرار می دھيم که v,uرا ، متناظر با زوج عدد ∋

:با دستورھای زير تعريف شده باشند

[ ] [ ]NyV,Nxu ==

)در اين صورت، اگر دو زوج )11 y,x و ( )2 2,x y متناظر با يک زوج( )v,u،آن وقت باشند

{ } { }( ) { } { } ε<<−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−+=−

N1NxNx

N1Nxu

N1Nxu

N1xx 212121

−>εبه ھمين ترتيب 21 yy چون ، { }1N,...,0v ) بنابراين تعداد ھمه زوج ھای u و ∋− )v,u برابر است با ،

2N . مجموعه( )1N 2 )دارھای زوج مق+ ) { } { }Lby,LaxN,...4,1,0L 2 ===

)زوج از اين مجموعه مثال به ازای بنابر اصل ديريکله، دست کم دو. را در نظر می گيريم )iL,jL,ji ، متناظر با <==

)يک زوج )v,uبنابراين، اگر فرض کنيم. خواھند بود

[ ] [ ] [ ] [ ]jbibm,jaiak,jin −=−=−=

.برابری ھای مورد نظر می رسيمآن وقت، به نا

[ ]( ) [ ]( ) { } { } ε<−=−−−=− jaiajajaiaiakna

[ ]( ) [ ]( ) { } { } ε<−=−−−=− jbibjbjbibibmnb

βαفرض کنيد) 13سوال عددی حقيقی و مثبت است در اين صورت ε عددی و غير صفر و γ عددھايی حقيقی اند و ,

وجود دارند، به طوری که نابرابريھای n,b,a عددھايی درست مانند

nban,nban εγβεγα <+−<−−

اين موضوع را ثابت كنيد. ھمزمان درست اند

r,1,1عددھايی طبيعی مانند : اثبات pqp انتخاب کنيد که

2qp

2,

2qp

2 2

2

1

1 εβαγε

γβα

<−+

<−−

12qpaفرض کنيد 21qpb و = 21qqnو = , در اينصورت = ppb an q n q= = 21

1 2 و در ضمن

,b an n

α β γ ε α β ε− +− < − <

2 2 2 2

اکنون توجه کنيد که

a b a bn n n n

b an n

γ α β α β γα

α β γ α β

ε ε ε

+ −− − = + − −

− +< − + −

< + =

2 2

2 2

2 2

nدر نتيجه a b nα γ ε− − ، ھمچنين>

( )

a b a bn n n n

b an n

γ α β α β γβ

α β γ α β

ε ε ε

+ −− + = − − +

− − +≤ + + −

< + =

2 2

2 2

2 2

nدر نتيجه a b nβ γ ε− − <

mrاکنون توجه کنيد که اگر عددی طبيعی است که مربع کامل نيست ، معلوم می شود که حکم مساله ھم m که درآن =

.درست است و اثبات تمام است

]ثابت كنيد شرط الزم و کافی برای آنکه دنباله ھای ) 14سوال ]{ } [ ]{ }αβ n,nوعه اعداد طبيعی را افراز کنند مجم

]يعنی ]{ } [ ]{ } [ ]{ } [ ]{ } Nnn,nn == αβαβφ UI

βαآن است که 111 گنگ باشند و ,=+

βα1,1که البته فرض شده است ( >> αβ (

βαشرط گنگ بودن: اثبات 111ابت می کنيم شرط حال ث) آن را ثابت کنيد( ساده است ,=+

βα شرط الزم و کافی است

1km,1kn که n,mبزرگترين +<+< αβ به ترتيب ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +αβ

1k,1k ھستند پس تعداد اعداد کوچکتر

] در kيا مساوی ]{ } [ ]{ }βα nn U برابر است با

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ +

=βα

1k1kM

پس βαβα

1k1kM21k1k ++

+<<−

++

+

r11فرض کنيم =+

βα) پس ) ( )r1kM2r1k +<<−+

1rاگر ) الف ) به اندازه کافی بزرگ k آنگاه به ازای > ) kr1k kM پس +> در kنی اعداد کوچکتر يا مساوی يع>

کمتر است ، پس دست کم يک عدد در آنھا ظاھر نشده است که خالف فرض استkدو دنباله از

1rاگر ) ب ) به اندازه کافی بزرگ k آنگاه به ازای < ) k2r1k kMپس +−< پس دست کم يک عدد کوچکتر يا <

پس يک جمله در دو دنباله مشترک است که تناقض است ) چرا؟( دوبار ظاھر شده چون جمالت ھر دنباله متمايز ھستند kمساوی

1rنتيجه می شود که ) ب(و ) الف(از =

111 ثابت می کنيم اگر حال=+

βα] آنگاه ]{ } [ ]{ }αβ n,n ، Nرا افراز می کنند .

k1kk1k1k1k1kM =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

−+⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

−++⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

=αααα

. حکم ثابت می شودk درست است به راحتی با استقراء روی kچون به ازای ھر

1r0,r0ثابت کنيد برای ھر عدد حقيقی ) 15السو <<<< ε وجود دارد که برای ھر n عدد حقيقی

n21 a,...,a,a,0t }وجود داشته باشد که < } [ ]( ) { } { } { } ( )r,ta,...,ta,taxxx n21 ε∈−=

1nاثبات به استقراء به ازای 2n,an حکم بديھی است برای = طبق فرض برای ھر . ھا می گيريمia را بزرگترين ≤

0r0 '' >>ε وجود دارد که برای ھر ' , , ,... nt a a a −> >1 2 1 0o يافت شود که

{ } { } ( )r,at,...,at 1n'

1' ε∈−

بق اصل النه کبوتری جزء اعشاری يکی از ط. عددی صحيح باشد که بعدا مشخص می کنيمNفرض کنيد

nاعداد'

1n'

n' at,at2,...,aNt ⎟ در بازه −

⎠⎞

⎜⎝⎛−

N1,

N1

n می افتد، اين عدد را 'astبگيريد، و فرض کنيدcstt ' که =+

( )naNrc −

. می باشد=

⎟پس ⎠⎞

⎜⎝⎛ −∈ r,

N2rtanال حN 0 را طوری انتخاب می کنيم که

N2r بوده و به اين ترتيب −<

{ } ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −∈ r,

N2rtanتوجه کنيد که با اين انتخاب . شودN ،,t c > oبرای. می شوند

'داريم itaبقيه ii

''i rkatek عددی صحيح استik که +>>+

( )

N1rNrsk

aN1ra

srsk

srskastssk

acstsk

'i

n

i'

i

'ii

''i

i''

i

−++≤

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++<

+<<+

+<+

ε

ε

0را طوری تعيين می کنيم که r'حال N1Nr' } شود ، به اين ترتيب −> } ( )r,ta '

i ε∈ حال قرار می دھيم

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −= ',

N2rmin εε،و خواھيم داشت

{ }{ } { } rta,...ta,ta0 n21 <<< ε

.به اين ترتيب استقراء کامل می شود و حکم اثبات گرديده است

مسائل بخش چگال بودن مجموعه ھا در مجموعه اعداد حقيقی 4فصل

4فصل

چگال بودن مجموعه ھا در مجموعه اعداد حقيقی

چگال Iرا در Eمجموعه. I مجموعكي از E بازه ای غير خالی از مجموعه اعداد حقيقی باشد، و Iفرض کنيم که : تعريف

12مانند Iمی ناميم در صورتی که، به ازاء ھر دو عضو ,γγ که γ γ<1 باشد که E ازγ ، عضوی مانند 2

21 γγγ <<

) که Iدر بازه Eشرط الزم و کافی برای آنکه ) 16سوال )RI 1 چگال باشد آن است که، به ازای ھر ⊇ 2γ γ< از ، I

}، مجموعی }21t.sEA γγγγγ . نامتناھی است=∋>>

چگالی باشد ولی حکم I در Eبه موجب تعريف چگالی بديھی است، برای اثبات لزوم، فرض کنيم که . کفايت شرط. برھان

12بنا به فرض خلف، اعضايی مانند . برقرار نباشد ,γγ از I 21 ھست که,A γγ بنابه فرض . مجموعه ای متناھی است>

A, در Eچگالی Iφ≠، و لھذا A12آنھا را، به ترتيب . عضو اقل و عضو اکثر دارد ,ηη بنا بر تعريف . می ناميم

1 1 2 2γ η η γ< ≤ 1 چون > 1 1 1, ,r Iγ η η< که ھستEاز γ بنابر فرض چگالی، عضوی مانند ∋

1 1γ γ η< γ پس > γ γ< <1 Aγ و لھذا 2 . متناقض است1η و اين با تعريف ∋

βαفرض کنيد که ) 17سوال βα دو عدد حقيقی باشند و , ) ی باز بازهI و > )βα ، دراين I مجموعكی از E باشد، ,

که ε و ھر عدد حقيقی I از η چگال باشد آن است که به ازای ھر I در Eصورت ، شرط الزم و کافی برای آنکه

( ) { }, min ,ε η α β η< < − −1 εηγ باشد که Eاز γ عضوی مانند 0 <−

βηαچون . توضيح αηηβ ، اعداد >> −− صدق کند آنگاه ) 1( در نامساوی εاگر . مثبت اند ,

αηεηβε −<<−<< βεηηεηα و لھذا 0,0 <+<<−<) 2(

)اين منظور را تامين می کند که بازه ی باز ) 1(پس ، نامساوی )εηεη +− . بدان تعلق داردηاست و I جزء بازه ی ,

صدق می کند در اين صورت ) 1(در نامساوی ε، و عدد مثبت I∈η چگال باشد، Iدر Eفرض کنيم که : لزوم : برھان

پس ، بنابر تعريف . برقرار خواھند بود) 2(نامساوی ھای

εηγεη ھست که Eدر γعضوی مانند ) 15بنابر مساله (چگالی، εηγ و از آنجا −>>+ <−

12 با مفروضات کفايت ، فرض کنيم که :کفايت ,γγ دو عضو دلخواه I21ند و باش γγ بنابر خواص بازه ھا ، عضوی . >

21 ھست که Iاز ηمانند γηγ را، توان ηمثال (>>2

21 γγ +اکنون فرض کنيم ) گرفت

{ }ηγγηε −−= 21 ,minسانی معلوم ميشود که به آε صدق می کند پس ، بنابر مفروضات کفايت ) 1( در نامساوی

εηγھست که γ مانند Eعضوی از از آنجا. −>

( )( ) 22

11

γηγηεηγγγηηεηγ

=−+≤+<=−−≥−>

21خالصه γγγ .پس ، حکم به موجب تعريف چگالی محقق می شود>>

. چگالی استR يا دوری است يا در Rثابت کنيد ھر زير گروه جمعی ) 18سوال

}می گيريم . باشد Rيک زير گروه جمعی Gفرض کنيد : اثبات }0a:GaG,Ginf >∈== ++α دو حالت پيش

چون . فرض می کنيم چنين نباشدG∈αابتدا نشان می دھيم . دوری استGآنگاه ثابت می کنيم α<0اگر ) 1حالت : می آيد

0>α 0، پس عدد طبيعیn ای موجود است که α<0n1

و به ازای 0n2

1=ε بنا به تعريف اينفيموم ، يک

+∈Ga وجود دارد که0n2

1a +<< αα . حال چونα−=< at0 وα اينفيموم +G است، پس يک+∈Gb

tbوجود دارد که +<< αα يا ،αα −=<−< atb0 به اين ترتيب

( ) ( ) 0ttbaba =−>−+−=− αα يعنی +∈− Gbaاز طرفی

ααα <<+<+<−+−≤−=−0000 n1

n21

n21t

n21bababa

++ با α<−baدر نتيجه ∈−= Gba,Ginfαبنابراين . تناقض داردG∈α . اکنون ثابت می کنيم

G دوری است و باαفرض می کنيم . توليد می شودGb∈ . بديھی است که

) يافت می شود که∋znيک )αα 1nbn b و بنابراين ≥>+ nα α≤ − αnbحال اگر . 0> ، آنگاه ≠

αnb αnbپس . است کمتر می باشد، که غير ممکنG+ است و از اينفيموم G+در − ، و اين نشان ميدھد که =

G دوری است و باαتوليد ميشود .

. سته شود دو عدد حقيقی باشند و بدون اينکه از کليت مساله کاy,x، آنگاه فرض می کنيم α=0اگر ) 2حالت

yx0می توانيم بگيريم } قرار می دھيم >> }xa:Gasupx' ≤∈= چون . +

0xy'xy,0Ginf >−≥−== +α پس يک ،+∈Gb وجود دارد که 'xyb0 ھمچنين ، با توجه >>−

''يافت می شود که Ga∋+ يک x'تعريف xabx ، بنابراين −>≥

( ) yxxya'xyab '' =+−≤+−<+

yba'xدر نتيجه ybax، و لذا>+> aاز آنجا که . >+> b G ++ ثابت کرده ايم که بين ھر دو عدد حقيقی . ∋

. است چگالR در G وجود دارد، يعنی Gيکی از اعضای

يک عدد گويای kباشد آنگاه به ازای ھر عدد طبيعي z يک زير گروه جمعی Aعددی گنگ و λاگر ) 19 سوال*nm

موجود

,An,mاست که nk1

nm

∈<−λ

}فرض کنيم: اثبات }An,m:nmG ∈−= λ .ھی است که بديG يک زير گروه جمعی Rاگر . استG دوری باشد و با يک

λ00عضو nm p پس يک G∈λ توليد شود، آنگاه چون− Z∈شود که يافت می( )λλ 00 nmp و اين نشان . =−

به اين ترتيب، به . چگال باشدR دوری نيست و ،مطابق مسئله قبل بايد در Gبنابراين . ض، گويا است ، برخالف فرλدھد که می

λnm مانندG ، يک عضو Nی متعلق به اعداد kبه ازای ھر . و مطابق تعريف. استGويژه صفر يک نقطه حدی وجود −

دارد که nk1

nm

<−λيا k1nm <− λ.

}ھای باشد، آنگاه دنبالهZ يک زيرگروه جمعی Aيک عدد گنگ و R∈α ،λاگر ) 20سوال }km و { }kn ای در A وجود

)دارند که ) αλ =+∞→

kkknmlim؟

}مانند حل مساله قبل: تاثبا }An,m:nmG ∈+= λ در Rبنابراين به ازای ھر. چگال استR∈αای از دنباله

kn,...,3,2,1kو kmھمگراست، يعنی مثلα وجود دارد که به Gاعضای وجود دارند که A از =

( ) αλ =+∞→

kkknmlim.

NAاگر) 21سوال } و يک دنباله اکيدا صعودی ⊇ }na در A 1 موجود باشد کهaalim

1n

n =−

آنگاه

مجموعه⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ∈= Ab,a:

baSدر [ . چگالی است0,∞(

)د فرض کني: اثبات ]1,0x,Nk 1kکنيم که را به قسمی انتخاب می∋∋ axa kn به ازای ھر< را mتوانيم ، می<

mn1mطوری در نظر بگيريم که axaa mnپس. −>≥ aa و≤

m n m m m m m

n n m m

a xa a a a a aa a a a

− − −− − −≤ < ≤ = −1 1 10 1

}چون دنباله }na ،صعودی است ∞=∞→

nnalimو بنا به نابرابری ،{ } mnm axa,a پس . ميل خواھد کرد∞ نيز به سمت≥

با توجه به فرض مساله، حدm

1m

aa1 0xشود و به اين ترتيب صفر می−−

aalim

n

mn

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

∞→xبنابراين .

aalim

n

mn

=∞→

.

1xاگر ) آنگاه< )1,0x1y دنباله20 و بنا به اثبات مسئله =∋

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

m

aa

ھمگرا شود و در yموجود است که به S ای در

نتيجه دنباله ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

m

n

aa

] در S يعنی. باشد ھمگرا میx به S در . چگال است0,∞(

. توجه شود که عکس مساله باال درست نيست*

}ھرگاه ) 22سوال }na يک دنباله صعودی و بيکران در [ 1 باشد که 0,∞(aalim

1n

nn

=−∞→

، آنگاه ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈ Nn,m:aa

n

m

]در . چگال است0,∞(

.کنيممانند اثبات مساله قبل عمل می: اثبات

مجموعه اعداد اول باشد، آنگاه ثابت کنيد Pاگر ) 23سوال ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈ Pq,p:qp

] در . چگال است0,∞(

}اگر فرض کنيم : اثبات },...P,...,P,PP n21=داد اول باشد که به ازای ھر شمارشی از مجموعه اعNn,PP 1nn ∈< + .

مجموعه22و مطابق مساله . ھم ارز استnlogn با nPدھد آنگاه بنا به قضيه اعداد اول که نشان می⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈ Nn,m:PP

n

m

]در . چگال است0,∞(

]ھای زير درھيد که مجموعهنشان د) 24سوال . چگال ھستند0,∞(

) الف(⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

∈= Nn,m:SSA

m

nکه در آن به ازای n...21Sn +++=

}) ب( }Nm,n1:logB mn ∈<=

.شود مساله حل می23 و 22به سادگی از مساله : اثبات

}) 25سوال }{ }∞=1nnα) { ]در) عددی گنگ استα يعنی جزء کسری عدد و { چگال است يعنی بين ھر دو 1,0[

]عدد ]1,0b,a,ba,Nn } وجود دارد که ∋>∋ } bna << α.

کنيم و سپس نقاط نيم و آنرا تقسيم بندی میکگيريم و يک نقطه آنرا مبداء اختيار می در نظر می1ای به محيط دايره: اثبات

12 A,A...,که فاصله آنھا از مبدا αα شوند زيرا در اين ھيچ دو نقطه ای به ھم منطبق نمی. ھستند در نظر بگيريد,...2,

)چرا؟(شود گويا میαصورت

pqpدو نقطه ھر قدر کوچک Iپس برای ھر بازه A,A زيرا اگر . کمتر استI وجود دارد که فاصله آنھا از ھم از طول بازه +

ولی از آنجا که فاصله نقاط . توان پيدا کرد بيشتر باشد تنھا تعداد متناھی نقطه روی دايره میIفاصله ھر دو نقطه از طور بازه

qpA q2pA و + q2pA کمتر است و به ھمين ترتيب I از ھم از طول بازه + q3pA و+ q3pq4p و ھمچنين+ A,A..., ++

شود که اين مطلب از آنجا نتيجه می

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ...q2pq3pqpq2ppqp =+−+=+−+=−+ αααααα

}پس }∞=+ 1iqipA دست کم يک نقطه درون بازه I در غير اين صورت فاصله دو نقطه متوالی اين دنباله از طول بازه دارد؛ زيراI

.شودشود و اين تناقض است و از اينجا حکم ثابت میبيشتر می

فضاھای متريک مسائل بخش5فصل

فضاھای متريک

5فصل

يف فضای متريکتعر: 5بخش

f:ھرگاه تابع ) 1سوال X R→مفروض باشد در اين صورت نگاشت

{ }( ) ( ) ( ) Xy,xyfxfy,xd

0RXX:d∈∀−=

∪→× +

. باشدX يک متريک برمجموعه dگيريم شرط يا شرايطی را بيابيد که را در نظر می

) واضح است که: حل ) 0y,xd ضاھای متريک صادق است و ھمچنين در شرط نامساوی مثلث برای فd و ≤

( ) ( )x,ydy,xd ) حال شرط= )( )yx0y,xd .کنيم را بررسی می=⇔=

( )( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )( )yxyfxf

yx0yfxfyx0yfxfyx0y,xd

=⇔=≡=⇔=−≡

=⇔=−≡=⇔=

. تابعی يک به يک باشدf باشد آن است که X يک متريک بر dو لذا شرط اينکه

) ثابت کنيد ھرگاه )2سوال )d,Xآنگاه مجموعه . لخواه باشد يک فضای متريک دXتوان از يک متريک کراندار را می

.برخوردار نمود

}نگاشت : اثبات }0RXX:d1 ∪→× .گيريم را با ضابطه زير در نظر می+

( ) ( )( ) Xy,x

1y,xdy,xdy,xd1 ∈∀+

=

( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( )

( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( )

( )( )

( )( ) ( )

( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( )( )

1

1 1

1 1

1

,1) , 0 0 , 0

1 ,

, ,2) , , ,

1 , 1 ,

, , , ,3) , ,

1 , 1 , 1 , , 1 , ,

, , 1 11 11 , , 1 1

, , ,

,,

1 ,

d x yd x y d x y x y

d x y

d x y d y xd x y d y x x y X

d x y d y x

d x z d z y d x z d z yd x z d z y

d x z d z y d x z d z y d z y d x y

d x z d z yd x z d z y

d x z d z y d x y

d x yd x

x y

= ⇔ = ⇔ = ⇔ =+

= = = ∀ ∈+ +

+ = + ≥ ++ + + + + +

+= = ≥ =

+ + + ++

=+

( ) ,y x y X∀ ∈

)لذا نامساوی مثلثیو ) ( ) ( )y,zdz,xdy,xd 111 Xz,y,x به ازای ھر ≥+ يک 1dاز آنجا نگاشت. برقرار است∋

و ھمچنين چون. استXمتريک بر مجموعه

( ) ( ) ( )

( ) ( )( ) 1

y,xd1y,xdy,xd0,Xy,x

y,xd1y,xd0y,xd

1 <+

=≤∈∀

+<⇒≥

] مجموعه کليه توابع حقيقی پيوسته روی فاصله Xفرض کنيم ) 3سوال ]b,a باشد فاصله بين ( ) ( )tx,ty را با تساوی زير

کنيمعريف میت( ) ( ) ( )

[ ]b,attytxmaxy,xp

∈

−= . يک متر استp ثابت کنيد

)واضح است که چون : اثبات ) ( ) 0tytx ) پس−≤ ) 0y,xp و ھمچنين روابط تقارنی و ≤

)شرط )( )yx0y,xp . واضح است=⇔=

:کنيمرابطه نامساوی مثلث را ثابت می

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

[ ] [ ]( ) ( )y,zpz,xp

b,atb,aztytzmaxtztxmax

tytztztxtytztztxtytx

+=∈∈

−+−≤

−+−≤−+−=−

را باdتابع . ھای با مقدارھای مختلط باشد فضای تمام دنبالهXفرض کنيد ) 4سوال

( ) ∑∞

= −+−

=1n nn

nnn yx1

yx21y,xd

. يک متريک بر روی فضايی باال استdکنيم ثابت کنيد تعريف می

→+چون: حل RExE:d پس ( )y,xd بايد در R باشد پس بايد ثابت کنيم ∑∞

= −+−

1n nn

nnn yx1

yx21

ھمگرا

، چونRاست به يک عددی در

∑ ∑∞

=

∞

=

<−+

−⇒<

−+−

≤⇒

−+<−≤

2n 1nn

nn

nnn

nn

nn

nnnn

21

yx1yx

211

yx1yx

0

yx1yx0

∑چون ∞

=1nn2

1)خاصيت اصل تقارن و رابطه. ھمگراست پس سری باال ھمگراست )( )yx0y,xd . واضح اند=⇔=

:دانيم می2کنيم طبق اثبات مساله ثابت میdخاصيت اصل نامساوی مثلثی را برای

( ), , ,...

n n n n n n

n n n nn

n n n n n nn n n

n n n n n n

x y x z z yx y x z z y

x y x z z yn

x y x z z y

n

− − −≤ +

+ − + − + −

− − −≤ + =

+ − − + − +

1 1 1

1 1 1 12 3 11 1 12 2 2

∑) 1(حال از طرفين ∞

=1n .شودبينيم که نامساوی مثلث به راحتی ثابت میپس می. گيريم می

را با dتابع . ھای با مقدارھای مختلط باشد فضای تمام دنبالهXفرض کنيد - 1

2 - ( ) ∑∞

= −+−

=1n nn

nnn yx1

yxAy,xd

∑کنيم که تعريف می∞

=1nnA ھمگراست ثابت کنيدdيک متر است .

.باشدمی) 4(روش حل مثل حل مساله : اثبات

∑به طوری که . ھای با مقدارھای حقيقی يا مختلط باشد فضای ھمه دنبالهXفرض کنيد ) 6سوال ∞

=1n

Pnz به ازای P>1 ھمگرا

)باشد و داشته باشيم )p/1

1n

Pnn yxy,xd

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−= ∑∞

=

). استXای دلخواه در دنبالهnz( يک متر است

)کنيم ابتدا نامساوی مينکوفسکی را يادآوری می )p1

n

1r

pr

p1

n

1r

pr

p1

k

1r

prr baba ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ ∑∑∑

===

) از نقاط مجموعه x,yابتدا بايد نشان دھيم که به ازای ھر زوج ), ,d x y X يک عدد حقيقی متناھی است .

×→+زيرا ( RXX:dپس ، +∈∈∀ R)y,x(d;Xy,x(

بنابر نامساوی مينکوفسکی

( )

p1

1n

pn

p1

1n

pn

p1

1n

pnn

p1

1n

pnn

yx

yxyx

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

≤

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+≤⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

−

∑∑

∑∑

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=) 1(

∑و چون طبق ∑∞

=

∞

=1n 1n

pn

pn x,yبنابراين . ھمگرا ھستند∑

∞

=

−1n

pnn yx ھمگراست پس ( )y,xp يک عدد حقيقی

.متناھی است

)حال خواص تقارنی و رابطه )( )yx0y,xd کافی است خاصيت نامساوی مثلث را ثابت . اثباتشان واضح است=⇔=

کنيم

( ) ( ) ( )z,xdy,xdz,yd +≤

nx ،nnبه جای ) 1(در رابطه yx ny ،nn ، و به جای− zx . می گذاريم−

( ) ( )p p pp p p

n n n n n n n nn n n

p p pp p pn n n n n n

n n n

x y x z x y x z

y z x y x z

∞ ∞ ∞

= = =

∞ ∞ ∞

= = =

⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫− − − ≤ − + −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫− ≤ − + −⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬

⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

∑ ∑ ∑

∑ ∑ ∑

1 1 1

1 1 11 1 1

1 1 1

): بنابراين ) ( ) ( )z,xpy,xpz,yp +≤

) عدد صحيح مثبت باشد و nاگر ) 7سوال )ii d,X,n,....2,1i فضاھای متريک دلخواھی باشند و =

n21 X...XXX ) ثابت کنيد =×× )y,xdکه در زير تعريف شده است يک متراست .

( ) ( )21

n

1i

2iii y,xdy,xd ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∑

=

)تنھا نامساوی مثلثی را ثابت می کنيم دو اصل تقارن و . يک متراستdثابت می کنيم : اثبات )( )yx0y,xd و =⇔=

)شرط ) 0y,xd . واضح اند≤

ii شوارتز را يادآوری می کنيم اگر –ابتدا نامساوی کوشی a,b;n,...,2,1i ی مثبت باشند آنگاه اعداد حقيق=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∑∑∑===

n

1i

2i

n

1i

2i

2n

1iii baba

)فرض کنيم ) ( ) ( ) Xz,y,x,x,...x,xx,y,...y,yy,z,...z,zz n21n21n21 ∈===

)1 (( ) ( ) ( ) n,...,2,1iy,zdz,xdy,xd iiiiiiiii=∀+≤

و جمع کردن طرف ھای متناظر داريم ) 1(پس از مربع کردن ھمه نامساوی ھای

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ), , , , ,n n n n

i i i i i i i i i i i i i i ii i i i

d x y d x z d z y d x z d z y= = = =

≤ + +∑ ∑ ∑ ∑2 2 2

1 1 1 12 2

ازطرفی مطابق نامساوی کوشی شوارتز داريم

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )3y,zd.z,xd

y,zdz,xdy,zd.z,xd21

n

1i

2iii

n

1i

21

n

1i

2iiiiiiiii

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤ ∑∑ ∑

== =

.نتيجه خواھد شد) 3(و)2(از

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( )y,zdz,xdy,xdy,zdz,xd

y,zdz,xd2y,zdz,xdy,xd2

222

+≤+=

++≤

) عددی صحيح و مثبت باشد وnاگر ) 8 سوال ),i iX d ،n,...2,1i ، فضاھای متريک دلخواھی باشند و =

... nd X X X X X= × × ×1 2 . يک متراستdنيد به صورت زير تعريف شود ثابت ک3

( ) ( ){ }n,...3,2,1i:y,xdmaxy,xd iii ==

.تنھا اصل نامساوی مثلث را ثابت می کنيم بقيه اصول واضح اند: اثبات

)واضح است که طبق تعريف ) ( ) ( ) ( ) d,z,xdz,xd,y,zdy,zd iiiiii ≤≤

)4 (( ) ( ) ( ) ( ) ( )y,zdz,xdy,zdz,xdy,xd iiiiiiiii n,...,2,1i داريم و ≥+≥+ با گرفتن ماکسيمم از =

.داريم) 4(طرفين نامساوی

( ) ( ) ( )y,zdz,xdy,xd +≤

.و حکم ثابت می شود

) عددی صحيح و مثبت باشدو nاگر ) 9سوال )ii d,x,n,...,2,1i ، فضاھای متريک دلخواھی باشند =

( ) ( ),, max , ,...,i i id x y

d x y i ni

⎧ ⎫= =⎨ ⎬

⎩ ⎭1 و 12 2 3, ... nd X X X X X= × × × به صورت ×

. يک متر استdباال تعريف شود ثابت کنيد

)اگر: اثبات ) ( ) ( ) Xz,y,x,x,...,xx,y,...,yy,z,...,zz n1n1n1 آنگاه ===∋

( ) ( ) ( )iiiiiiiii y,zdz,xdy,xd n,...,2,1iاست iX يک متريک برای id زيرا ≥+ حال طرفين مساوی فوق ∀=

تقسيم می کنيمiرا بر

)1 (( ) ( ) ( )

( ) ( )z,ydz,xdi

y,zdi

z,xdi

y,xd iiiiiiii

+≤

+≤

)پس ) ( )z,ydz,xd يک کران باالی تمام +( )

iy,xd iii پس با گرفتن . ھاستmax خواھيم داست ) 1( از طرفين رابطه

( ) ( ) ( ), , ,d x y d x z d y z≤ +

و

)عددی صحيح و مثبت باشد و nاگر) 10سوال ), ,..., , ,i ii n X d=12 فضاھای متريک دلخواھی باشند ،

n21 X...XXX XX را روی d و تابع =××× ) به صورت × ) ( )∑=

=n

1iiii y,xdy,xd که

( ) ( )n1n1 x,...,xx,y,...,yy . يک متراستd تعريف می کنيم ثابت کنيد ==

)واضح است که : اثبات ) 0y,xd ) زيرا ≤ ) 0y,xd iii )پس ) متراندidطبق فرض (≤ )∑=

n

1iiii y,xdمثبت است .

)ا متراند پس ھidچون : اثبات تقارنی ) ( )iiiiii y,xdx,yd پس=

( ) ( ) ( ) ( )∑ ∑= =

===n

1i

n

1iiiiiii x,ydx,ydy,xdy,xd

)کافی است ثابت کنيم : اثبات اصول نامساوی مثلث ) ( ) ( )y,zdz,xdy,xd ھا متراند پس اصل نامساوی id چون ≥+

مثلث در آنھا برقرار است پس

)1 (( ) ( ) ( )iiiiiiiii y,zdz,xdy,xd +≤

:خواھيم داست) 1(ه با جمع کردن رابط

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )y,zdz,xdy,xd

y,zdz,xdy,xdn

1i

n

1i

n

1iiiiiiiiii

+≤

+≤∑ ∑ ∑= = =

1p عددی حقيقی و pفرض کنيد ) 11سوال ) عددی صحيح مثبت و nو ≤ ),i iX d ، n,...,2,1i ، فضاھای =

n21متريک دلخواھی باشند و X...XXX XX روی pd در اين صورت ثابت كنيد تابع =××× به صورت ×

( ) ( )( )p1

n

1i

piiip y,xdy,xd ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∑

=

يك متر مي باشد

. ثابت می کنيم و بقيه اصول ديگر واضح اندpdفقط نامساوی مثلثی را برای متر : اثبات

)فرض کنيم ) ( ) ( )n1n1n1 x,...,xx,y,...,yy,z,...,zz id باشند چون ھر يک از X سه عضو ===

ی متناظر است پس iXھا يک متريک برای

)1 (( ) ( ) ( )iiiiiiiii y,zdz,xdy,xd +≤

و طبق نامساوی مينکوفسکی داريم

)2 (( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )p1

n

1i

piii

p1

n

1i

piii

p1

n

1i

piiiiii y,zdz,xdy,zdz,xd ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛≤⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+ ∑∑∑

===

: خواھيم داشتpdو تعريف ) 2(و ) 1( نظر گرفتن حال با در

( ) ( )( ) ( ) ( )( )p1

n

1i

piiiiii

p1

n

1i

piiip y,zdz,xdy,xdy,xd ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+≤⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∑∑

==

)) 2(و طبق ) ( )y,zdz,xd pp +≤

)پس ) ( ) ( )z,ydy,xdy,xd ppp . ، حکم ثابت می شود≥+

n21اگر : نتيجه X...XX nn روی pd آنگاه تابع === RR تعريف می کنيم ×

( )p1

n

1i

piip yxy,xd ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= ∑

=

. استnR ، يک متريک روی 11 که مطابق ادعای مساله

)اگر) 12سوال ) X,d,X ii برای n,...,2,1i,,...,, n21 =ααα اعداد حقيقی و مثبت باشد و برای ھر دو

) مانند Xعضو ) ( )n21n21 x,...,x,xx,y,...,y,yy ) تعريف کنيم == ) ( )∑=

=n

1iiiii1 y,xdy,xd α

. يک متراست1dثابت کنيد

iiiقرار می دھيم . است iXمتريک برای يک تابع iidα، تابع iبرای ھر : حل dd α=

n,...,3,2,1i برای ھر 1 خواھيم داشت 10 ، مطابق مساله =1

( , ) ( , )n

i i ii

d x y d x y=

=∑

)که در آن ) ( )n1n1 y,...,xx,y,...,yy . است و حکم ثابت استX يک متريک برای ==

Xاگر 13 سوال φ≠آنگاه تعريف می کنيم }fکرانداراست وR يا { :f f X C→ برایf و g در ( )XS

تعريف می کنيم ( ) ( ) ( ), supd f g f x g x

x X

= −

∈

)نشان دھيد ) ( ) RXSXS:d يک متراست×→

)چون : حل ) ( ) 0xgxf ، ∀∋Xx برای −≤

)شرط روبرو را بررسی می کنيم )( )gf0g,fd =⇔=

gfاگر ) باشد حکم واضح است و اگر = ) 0g,fd آنگاه =( ) ( )

Xx0xgxfsup

∈

=−

)پس ) ( )xgxf =

بررسی می کنيم حال نامساوی مثلثی را

( ) ( ) ( ){ } ( ) ( ) ( ) ( ){ }( ) ( ){ } ( ) ( ){ }

( ) ( )g,hdh,fdXx:xgxhsupXx:xhxfsup

Xx,xgxhxhxfsupXx:xgxfsupg,fd

+=

∈−+∈−≤

∈−+−≤∈−=

.و حکم ثابت می شود

)وھمچنين . مجموعه ھمه دنباله ھای حقيقی باشدXفرض کنيد ) 14سوال ) ( )∞=∞= == 1ii1ii xx,yy تعريف می کنيم

( ) { } ( )( )

,..., min , , ,...,

, ,..., ,...

i i ni

n

p x y x y x x x xi

y y y y

∞

=

= − =

=

∑ 1 221

1 2

1 1

)ثابت کنيد )P,Xيک فضای متريک است .

)ابتدا نشان می دھيم به ازای ھر : اثبات ) Xy,x,Ry,xp ∈∈.

{ } { }∑ ∑∞

=

∞

=

=≤−⇒≤−1i 1i

2

2ii2ii ii11,yxmin

i111,yxmin π

می دانيم

)پس ) Ry,xp ) ، حال نشان می دھيم ∋ ) 0y,xp ≥

{ } ,...2,1i0i1,01,yxmin01,0yx 2iiii =∀≥≥−⇒≥≥−

}پس }∑ ≥− 01,yxmini1

ii2 پس ( ) 0y,xp ≥

)فرض کنيد : 2شرط ) 0y,xp ii باشد در اين صورت به وضوح = yx ii برابر صفر است پس − yx درنتيجه =

yx yx و ھمچنين اگر = ii آنگاه = yx 0yx پس = ii } در نتيجه −= }min ,i ix y− =1 o پس

( ) 0y,xp =

نامساوی مثلثی را بررسی می کنيم: 3شرط

,...n,...,2,1izyyxzx iiiiii می دانيم−≥−+−=

)1 ({ } { } { }1,zymin1,yxmin1,zxmin iiiiii پس−≥−+−

2iبا ضرب 1

∑و گرفتن ) 1(ن نامساوی به طرفي∞

=1i خواھيم داشت

( ) ( ) ( )z,ypy,xpz,xp +≤

2RX,RXX:dفرض کنيد ) 15سوال که ×→=

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≠++−

=−=

112211

1122

yxifyxyx

yxifyxy,xd

)که )21 x,xx ) و = )21 y,yy . است2R بر يک مترd نشان دھيد که =

.به سادگی و با استفاده از ويژگی نامساوی مثلث می توانيد مساله را حل کنيد: اثبات

bta مجموعه ھمه توابع ديفرانسيل پذير است که مشتق آنھا بر بازه بسته و کراندار E) 16سوال نيد پيوسته است ثابت ک≥≥

)که ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]{ }b,at:t'yt'xsupayaxy,xp ∈−+−=

.برای اثبات از مساله ھای قبل کمک بگيريد: اثبات

از z,y,xتابعی است با مقدار حقيقی نامنفی به طوری که به ازای ھمه اعداد p مجموعه ای دلخواه است ، و M) 17سوال

M ، ( ),p x y = o اگر و تنھا اگر ( ) ( ) ( ){ } yx,z,yp,z,xpmaxy,xp يک p نشان دھيد که ≥=

.متر است

.اثبات ساده است ، کافی است از تعريف متر استفاده کنيد: حل

1z است که روی قرص واحد z مجموعه ھمه توابع تحليلی از متغير مختلط M ) 18سوال ، منظم است به طوری که >

( )1r0

drefsup i

<≤

∞<∫− θπ

πθ

ثابت کنيد که

( ) ( ) ( )1r0

dregref21supg,fp

21

2ii

<≤⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −= ∫−

π

πθθ θ

π

. استMمتر روی

.ای قبل می توانيد به اين مساله پاسخ دھيداثبات اين مساله ترکيب چند مساله قبل می باشد که با استفاده از مساله ھ: حل

} مجموعه تمام دنباله ھا مانند Eفرض کنيم ) 19سوال }nxدر ( )FRf,cf Ν∈Nباشد به طوری که برای يک ==

}که عموما به ( }nx0ته باشيم داش) بستگی داردxNn n } اگر ∀≤⇒= }{ }nn x,y دو عضو E باشند و F∈α ،

تعريف می کنيم

{ } { } { } { } { }nnnnnn xx,yxyx αα =+=+

{ } supn nx x= يک نرم روی ثابت کنيد ،Eه ب{ }0R . است+∪

) يک عدد ثابت و اول باشد pفرض کنيم ) 20سوال )0p RZZ:d ، با تعريف < ) به صورت ×→ ) 0m,md =

)و )r1n.md kpnm که در آن = 1r−=−) k,r اعداد صحيح و k بر pنشان دھيد که ) بخش پذير نيستd يک

. استZمتر بر

] شامل تمام توابع پيوسته Aبا اختيار مجموعه ) 21سوال ] Rb,a:f اين بار فرض می کنيم →

( ) ( )( )dxxgxfg,fdb

a∫ . يک متر استd نشان دھيد که =−

)چون : اثبات ) ( ) 0xgxf ) در نتيجه −≤ ) ( )b

af x g x dx− ≥∫ o پس ( ) 0g,fd حال ثابت می کنيم ≤

)اگر ) 0g,fd gfآنگاه = )عکس اين حالت واضح است (=

)می دانيم اگر ( )f x ≥ oو ( )∫ =b

a0dxxf آنگاه ( ) 0xf )حال چون ) = ) ( )∫ −=

b

axgxf0 پس

( ) ( ) 0xgxf ) در نتيجه −= ) ( )xgxf =

fggfواضح است که چون ) پس −=− ) ( )∫ ∫ −=−b

a

b

adxxgxfdxfg در نتيجه

( ) ( )g,fdf,gd =

hggfhfبنابر نامساوی مثلثی نامساوی b تا a و با گرفتن انتگرال از −≥−+−

( ) ( ) ( )h,gdg,fdh,fd .د شد ھم حل خواھ≥+

Eمجموعه کليه نقاط چسبيده . ∋EP' يا∋EPھرگاه . ناميم میE را نقطه چسبيده ∋XPنقطه چسبيده؛ نقطه : تعريف

EEE'ناميم می) Eبستار ( نشان داده و آنرا Eرا با نماد ∪=

( ) φ≠∩∀↔∈≡ EPNrEP r

EEسوال ثابت کنيد ⊆

EEE'EEE'EEE: اثبات ⊆⇒=∪⊆⇒∪=

: باشد ثابت کنيدnRدر ) Sيا بستار( S بست Sو ) مجموعه نقاط حدی( مجموعه مشتق S'ھرگاه )22سوال

TSھرگاه) الف( T'S'، انگاه ⊇ ⊆

)) ب( ) 'T'S'TS ∪=∪

TSاگر) پ( TS آنگاه⊇ ⊆

TSTS باشد ثابت کنيدnR دو زيرمجموعهS,Tھرگاه ) ت( ∩⊆∩

.ين در ھر فضای متری و برای ھر زير مجموعه اش برقرار خواھد بودتوجه کنيد تمامی قسمت ھای اين تمر

0rبنابراين به ازای ھر. ∋Sy'فرض می کنيم )الف: اثبات ) ای < ) ( )( ) φ≠−∩ xSxBr .چونTS به ازای ⊇

0rھر ) ای < ) { }( ) φ≠−∩ xTxBr پس 'Tx∈

TST,S) ب( U⊆ پس طبق الف ( )'TS'T U⊆ و ھمچنين ( )'TS'S U⊆ پس ( ) ( )'TS'T'S UU حال ⊇

)ثابت می کنيم ) 'T'S'TS UU ⊆

( ) ( ) ( ) { }( ) { }( ) { }( )( ) { }( ) ( ) { }( )

( )

'

' '' '

r

r

r r

x S T r B x S T x

r B x S x T x

r B x S x B x T x

r x S x Tr x S T

φ

φ

φ

∀ ∈ ⇒∀ > − ≠⎡ ⎤⎣ ⎦⎡ ⎤⇒ ∀ > − − ≠⎣ ⎦

⎡ ⎤⇒ ∀ > − − ≠⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦⇒ ∀ > ∈ ∈

⇒∀ > ∈

0

0

0

00

U I U

I U

I U I

U

Sاستفاده می کنيم) از الف) پ( T S T S S T T S T′ ′ ′ ′⊆ ⇒ ⊆ ⇒ ⊆ ⇒ ⊆U U

TSTSTTS,STST,STS) ت ( IIIII ⊆⇒⊆⊆⇒⊆

TSيک مثال ارائه دھيد که : سوال Iزير مجموعه محض TS Iباشد .

يا

φ=TS جدا از ھم باشند آنگاهT,Sاگر ) جواب( I پس TS I⊂= φφ به عنوان مثال اگر S,Tاد گويا و اصم برابر اعد

φ=TSباشند آنگاه Iولی RTS ==.

برای يک خانواده . برابر اجتماع بست ھای آنھاستMدر حالت کلی بست اجتماع ھر خانواده متناھی از زير مجموعه ھای : نکات

يک خانواده نامتناھی از زير Aαاگر . رقرار نيستنامتناھی اين حالت که بست اجتماع برابر اجتماع بست ھای آنھاست الزما ب

توانيم ادعا کنيم اين است که باشد تمام آنچه درحالت کلی میS ، با مجموعه انديس گذار Mمجموعه ھای SS

AUAU∈∈

⊆αααα.

در اشتراک بست ھای ) يا زير مجموعه(ی محتوی متناھی يا نامتناھی از يک فضای متر–در حالت کلی بست اشتراک ھر خانواده .آنھاست

TSTSثابت کنيد )23سوال UU =

): داريم22سوال ) ب(طبق : جواب ) 'T'S'TS UU =

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )' ' '

' '

S T U S T S T S T

S S T T

S T S T

=

=

=

U U U U U

U U U

U U

نباشد E اگر نقطه حدی. شود ناميده میE را نقطه منزوی يا تنھای ∋EPنقطه: تعريف

]: مثال ),E = . نقطه منزوی ندارد03

): مثال ] { },E = 03 4U نقطه منزوی E باشد می4 تنھا.

.ھرگاه تمام نقاط حدی اش را در برداشته باشد. ناميم را بسته میX از Eزير مجموعه : تعريف

. است و بالعکسE برابر E بسته باشد Eثابت کنيد اگر : تمرين

): اثبات )BBABAif =⇔⊂ U

E'EEEE'E ==⇔⊆ U ↔Eبسته است .

کدام مجموعه بسته است : مثال

) بسته نيست E) الف( ] [ ], ' , 'E E E E= → = → ⊄03 03

]. بسته استE) ب( ] E'EE'E3,0E ⊆→=→=

Eبسته است . ( ){ } E'EE'EryxRy,xE 222 ⊆⇒=⇒≤+∈=

Eبسته نيست .( ){ } ( ){ } E'Eryxy,x'EryxRy,xE 22222 ⊄→≤+=⇒<+∈=

. قرار گيردE موجود باشد که کامال در Pھرگاه يک ھمسايگی از . ناميم میE را يک نقطه درونی ∋EPنقطه : تعريف : پس به اصطالح رياضی داريم. ناميم میEدھيم و آنرا درون می نشان E° را با نمادEمجموعه کليه نقاط درونی

( ) EEEpNrEP r ⊆°↔⊆∃↔°∈

): مثال ]3,0E . نقطه درونی نيست3 نقطه =

را باز ناميم ھر گاه ھر نقطه آن درونی باشد يعنیEمجموعه : تعريف مجموعه باز

°⊆↔ EEEباز

°=↔ EEEباز

. مجموعه ای باز و يک بازه بسته مجموعه ای بسته استRثابت کنيد يک بازه باز در )25سوال

)بنابر تعريف: اثبات ) ( ) ( ) ( )b,a,,a,b,,, ]و بازه ھای باز−∞∞+−∞∞+ ] ( ] [ ), , , , ,a b b a−∞ بازه ھای ∞

) ھرگاه .بسته ھستند )b,ax∈ آنگاه ،bxa }ار دھيد قر>> }ax,xbminr بديھی است =−−

)که ) ( ) 0r,b,arx,rx >⊆+−

rxyrxزيرا اگر ) آنگاه −>>+ ) ( )xbxrxyrxaxx bya يعنی−−≥−>>+>+− << .

)بنابراين ) ( )b,arx,rx ) است و لذا −+⊇ )b,a مجموعه ای باز است زيرا ھر نقطه ( )b,a شامل يک ھمسايگی است

)که آن ھمسايگی زير مجموعه )b,a .اگر

( )+∞∈ ,ax قرار دھيد axr ) اگر =− ),b−∞x∈ قرار دھيد r b x= )و اگر− )+∞∞−∈ ,x ،0r >

)دلخواه را اختيار کنيد واضح است که در ھر يک از حالتھای فوق بازه )rx,rx لذا . زير مجموعه ای از آن بازه باز است−+

.ھر بازه باز مجموعه ای باز است

ھمچنين . بسته باشدcA باز است اگر وفقط اگر A. کردبرای قسمت دوم ابتدا به موضوعی می پردازيم که بعدا آنرا ثابت خواھيم

]داريم ] ( ) ( )+∞∞−= ,ba,b,a c U لذا [ ]cb,a مجموعه ای باز است پس [ ]b,a بسته است توجه شود علت اينکه

( ) ( )+∞∞− ,ba, Uای ھر گردايه باز است اين است که طبق قضيه ای به از{ }aGھای باز از مجموعهααGUباز است .

.نشات گرفته شده است

. ھم شامل اعداد گويا و ھم شامل اعداد گنگ استR در Sثابت کنيد ھر مجموعه باز ناتھی مانند ) 26سوال

: اثبات

) ای داريمr>0ای باز است، به ازای مجموعهSچون . ∋Sxفرض کنيم ) Srx,rx و R در Q و طبق چگال بودن−+⊇

.شوداينکه بين ھر دو عدد حقيقی يک عدد گنگ است نتيجه حاصل می

آيا گزاره ھای مشابه اين . ھستندR تنھا مجموعه ھای ھم باز وھم بسته مجموعه تھی و خود Rثابت کنيد در : يک مساله مھم

. نيز صادق است2Rبرای

. به علم متعلم: اثبات

.ھای باز استای شمارش پذير از مجموعه اشتراک دستهRثابت کنيد ھر مجموعه بسته در ) 27سوال

ن به ازای بنابراي. مجموعه ای باز استcAدر اين صورت. باشدR زير مجموعه ای بسته از Aکنيم فرض می: اثبات

cAa∈ ،0raھر ) ای ھست به طوری که< ) caa Ara,ra طبق −+⊇

' و abاعداد گويای مانند : خاصيت چگال بودن اعداد گويا در اعداد حقيقی داريمar موجودند به طوری که

3raba a

a +<<

و 2rr

3r a'

aa :کنيم ادعا می>>

1 ([ ]aaaa 'rb,'rba +−∈

2 ([ ] ( )aaaaaaaa 'rb,'rb'rb,'rb +−⊆+−

3 ([ ]aaaaAa

c 'rb,'rbUAc

+−=∈

4 ([ ]caaaaAa

'rb,'rbAc

+−=∈I

]بنابراين، با توجه به اينکه ھر ]caaaa 'rb,'rb aa. باز است R ای در −+ b,'r گويا ھستند می توان نتيجه گرفت A به

. استRصورت اشتراک دسته ای شمارش پذير از مجموعه ھای باز

:اثبات ادعاھا

abaچون )1 aa پس > 'rba aھمچنين . >+a

rb a< +3

a بنابراين 3rb a

a a از طرفی −>a 'r3r<

aلذا 3rb'rb a

aaa بنابراين −>−>

( ) [ ]aaaaaaaa 'rb,'rb'rb,'rba +−⊆+−∈

2 .aaa ba,r'r aaa پس >> 'rbra در ضمن −>−

' 'a a aa a a a

r r rb r a r a a r⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ < + + < + + < +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠3 3 3

]لذا ] ( )aaaaaa ra,ra'rb,'rb +−⊆+−

ca، به ازای ھر) 1(با توجه به . A∈ [ ]aaaa 'rb,'rba ] پس ∋−+ ]aaaaAa

c 'rb,'rbUAc

+−⊆∈

و با توجه

)و اينکه ) 2(به ) caa Ara,ra ] نتيجه می گيريم −+⊇ ] c

aaaaAa

A'rb,'rbUc

⊆+−∈

پس

[ ]aaaaAa

c 'rb,'rbUAc

+−=∈

*

.متمم بگيريم نتيجه حاصل می شود * ه اينکه اگر از طرفين رابطه با توجه ب. 4

ثابت کنيد ) 28سوال 0

FA

0

FAUAAU ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛⊆

∈∈

0ھر گاه : اثبات

FAAUx

∈0 داريم F ای در A1 به ازای ∋

1Ax∈ ، 0 بنابراينr ای ھست به طوری که <

( ) 1rN x A⊆( ) ,r A FN x U A

∈پس . ⊇

0

FAUAx ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛∈

∈

.تساوی برقرار نباش ) آ( را طوری بسازيد که متناھی بوده و به ازای آن، در Fدسته ) 29سوال

QA,QRAھرگاه : جواب 12 )زيرا . ز ھم تساوی برقرار نيست با=−= )02UA,AR φ=0 و =2

01UAA

==φھرگاه ) 30سوال 00 BA,A در M بسته است آنگاه نشان دھيد ( ) φ=0BAU .

)براي اثبات از لم : اثبات )ccA A⎛ ⎞=⎜ ⎟⎝ ⎠

oيم استفاده مي كن .

0r اگر و فقط اگر به ازای ∋0Ax: اثبات لم ) ای ، < ) AxNr 0r ، اگر و فقط اگر به ازای ⊇ ای <

( ) φ=cr AxN I اگر و فقط اگر ،cAx∉ اگر و فقط اگر ، ( )ccAx∈

حال از لم باال برای اثبات مساله استفاده می کنيم

( ) ( ) ( )cccc

c0 BABABA IUU =⎟⎠⎞⎜

⎝ . حال برای ادامه اثبات يک لم را ھم بايد ثابت کنيم=⎛

TSTS باشند ثابت کنيد nR زير مجموعه ھای T,S باز باشد و Sاگر : لم II ⊆

TSx باز باشد و Sحال فر می کنيم I∉دھيم نشان میTSx I∉ ) ،توجه شود که اگر بخواھيم ثابت کنيمBA ⊆

AxBx(کافی است گزاره ) را ثابت کنيم∌⇒∌

0r1 به ازای∋Sxاگر ) ای < ) BxB1r TSxدر ضمن . ⊇ I∉ .0پسr1 ای ھست به طوری که <

( ) ( )TSxB2r II=φ .دھيمقرار می{ }21 r,rminr ) بنابراين= ) φ=TxBr I1 زيرا اگرrr آنگاه =

)چون ) SxB1r ) پس⊇ ) ( )xBSxB

11 rr =I2 اگرrr 12 انگاه چون= rr ) پس > ) ( ) SxBxB12 rr ⊆⊆

)پس ) SxB2r )پس⊇ ) ( )xBSxB

22 rr =I .

)پس در ھر حالت )rB x T φ=Iلذا Tx∉پس TSx I∉ .رويم به سراغ مساله چونحال میcA باز

ccccاست BABA II ) بنابراين⊇ ) ( )cccc

cc BABA II ⊆ .

)لذا ) ( )c cc c cA B A B⊆I U پس

( ) ( ) ( ) ( )cc00cc0 BABAAABABA UUUUU ⊆=⊆

) پس φ=0Bو چون ) ABA 0 ⊆Uلذا داريم ( )( ) 000 ABA ⊆U زيرا اگرA B⊆ آنگاه A B⊆o o يعنی

( ) 00 ABA ⊆U) زيرا اگرAيک مجموعه باشد آنگاه ( )000 AA )بنابراين . = ) φ=0BAU حال عبارت داخل

:کنيمپرانتز خط باال را ثابت می

)می دانيم ) ( ){ }0r

000 AxN,0rAxA ) بنابراين بديھی است که =∋∃<⊇ ) 000 AA ⊆.

)اينک ثابت می کنيم )000 AA ) ، r>0 بنابراين به ازای ∋0Axفرض کنيم: اثبات: ⊇ ) AxNr دھيم نشان می⊇

( ) 0r AxN ) لذا⊇ )00Ax∈

)رگاه ھ )xNy r∈دھيم ، قرار می( )y,xdr'r r'0 بديھی است که =− >

( ) ( ) AxNyN r'r ) يعنی،∋0Ay پس⊇⊇ ) 0r AxN ⊆

) ثابت کنيد)31سوال ) ( )c0c AA =

). جواب )0cAx∈0ط اگر به ازای اگر و فقr ) ای< ) cr AxN اگر و فقط اگر به ازای ⊇

( ) 0r,AxNr >= Iφاگر و فقط اگر ،Ax∉ .اگر و فقط اگر( )cAx∈

0iثابت کنيد)32سوال

n

1i

0

i

n

1iAA

===⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛IIکه در آن ھر MAi ⊆

0 باشد Mھای ای نامتناھی اززيرمجموعه دستهFاگر : ب

FA

0

FAAA

∈∈⊆⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ II

.تساوی برقرار نباشد) ب(مثال بزنيد که به ازای آن، در : ح

0ھرگاه. آi

n

1iAx

=∈ I آنگاه به ازای ھر ،n,...,3,2,1i,0ri ای ھست به طوری که <=

( ) ( )ni1AxN iri ≤≤⊆

}دھيمقرار می }n21 r,...,r,rminr ) و r>0بديھی است که . = ) ir AxN n,...,2,1i به ازای ھر ⊇ لذا . =

( ) i

n

1ir AxN

=⊆ Iپس

0

i

n

1iAx ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∈=I.

کنيمبه عکس فرض می0

i

n

1iAx ⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛∈=I بنابراين r>0 ای ھست به طوری که ( ) i

n

1ir AxN

=⊆ I پس به ازای ھر

n,...,2,1i = ،( ) ir AxN 0لذا. ⊇iAx∈،( )n,...,2,1i = ،0

i

n

1iAx

=∈ I

فرض می کنيم :ب0

FAAx ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∈

∈I. ،0بنابراينr ) ای ھست بطوری که < ) AxN

FAr

∈⊆ I . بنابراين به ازای ھر

FA∈ ،( ) AxNr پس ⊇⎩⎨⎧

∈∀∈

FAAx 0

0 پس

FAAx

∈∈ I

2,1n...,قرار دھيد به ازای : ج = ،⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

n12,

n11An 0 بديھی است که

n0n A1,A2 ، به ازای ھر ∋∋

Nn∈ . 0بنابراينn

1n

0n

1nA2,A1

∞

=

∞

=∈∈ II .ھمچنين بديھی است که[ ]2,1An

1n=

∞

=I .

. کوژ استnR بعدی در nثابت کنيد ھر گوی ) 33سوال

) که x,yبه ازای ھر : اثبات ) nr RaNy,x 10 و ھر عدد حقيقی∋⊇ <<θ بايد نشان دھيم که

( ) ( )rZ x y N aθ θ= + − ) از آنجا که 1∋ ) { }( , )nrN a x R d x a r= ∈ پس کافی است >

نشان دھيم

( ) ra,zd* <

( ) ( ) ( )

( ) ( )( )( )

( ) rr1r

ay1ax

ay1ax

aaay1xay1xaza,zd

=−+≤

−−+−≤

−−+−

−+−−+=−−+=−=

θθ

θθ

θθ

θθθθθθ

. بعدی محدب استkثابت کنيد حجره ) 34سوال

( ) ( )

( ) ( ) ( )( )kk11

n21n21

y1x,...,y1xy1xZ10y,...,y,yy,x,...,x,xx

λλλλλλλ −+−+=−+=<<==

XE برای زير مجموعه Xتعاريف در فضای متری ⊆.

)را نقطه حدی ∋XPنقطه : تعريف نقطه حدی )intpoitlim مجموعه Eھر گاه ھر ھمسايگی . نامندP شامل يک

Pq و ∋Eq که qنقطه مانند :به اصطالح رياضی داريم. دھند نمايش می'Eکه مجموعه نقاط حدی را با . باشد≠

( )' rP E r N P E φ∈ ↔∀ > ≠0 I

X'E که واضح است ⊆

) با متريک اقليدس 2Rدر : مثال ){ }ryxy,xE 22 <+= ،E'را پيدا کنيد .

( ){ }ryxy,x'E 22 ≤+=

) با متريک اقليدس R در :مثال )b,aE ] که = ] bab,a'E <=

).نقطه انباشتگی است: توجه نام ديگر نقطه حدی(عددھای گوياست ھر عدد حقيقی نقطه انباشتگی مجموعه :نکته

يک نقطه حدی مجموعه عددھايی به شکل ثابت كنيدصفر)35سوال n1

( ),...2,1n . است=

ε,اثبات برای ھر < o ( )0N0 ε∈ 0اعداد حقيقی برای ھر و با توجه به خاصيت ارشميدسی>ε وجود دارد ،

n N∃ بطوری که ∋ε1n >ε لذا <

n1

εε پس <<<−n) يعنی 10 )0N

n1

ε∈ ؛ بنابراين ھر ھمسايگی

صفر شامل نقطه ای از ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ ∈= Nn|

n1Sلذا صفر يک نقطه حدی . استSاست .

- دھد که ھر يک را مورد بررسی قرار میچھار حالت روی می. استSکنيم عدد صفر تنھا نقطه حدی مجموعه حال ثابت می .دھيم

) عددی منفی باشد يعنی xاگر : حالت اول )0x ) پس > . نيستSنقطه ای از بوده که شامل x يک ھمسايگی −∞,0(

)بنابراين ) φ=∞− S0, I پس x نقطه حدی Sنيست .

*

) پس x>1اگر : حالت دوم )يعنی . نيستSای از بوده که شامل ھيچ نقطهx يک ھمسايگی 1,∞( ) φ=∞ S,1 I لذا x

. نخواھد بودSنقطه حدی

⎟ ، x=1اگر : حالت سوم⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞,

21

. نيستx بجز خود S بوده که شامل ھيچ نقطه ای از x ھمسايگی از

}يعنی } φ=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞ S1,

21

I لذا x نقطه حدی Sنيست .

1x0: حالت چھارم 0 آنگاه>>x1 وجود دارد به طوری که n، پس عدد حقيقی يکتايی مانند <

1n1

n1x

1n1

n1x

1n11n

x1n

−<<<

+⇒≤<

+⇒+<≤

⎟پس ھمسايگی ⎠⎞

⎜⎝⎛

−+ 1n1,

1n1

فقط شامل نقطه x از n1

را داراست و S می باشد يعنی تعداد متناھی نقطه ازs از

و . استSو تنھا صفر نقطه حدی . نيستS نقطه حدی xچون طبق قضيه ای که بعدا خواھيم خواند نتيجه می گيريم که .اثبات تمام است

. را مشخص نمائيدR' ھمه نقطه ھای حدی مجموعه ھای زير در )36سوال

ھمه اعداد صحيح) آ

[بازه ) ب ]b,a

ھمه اعدادگويا) ج

}ھمه عددھای به شکل ) د } ( ), , ,... , , ,...n m n nA m n m n− − − −= + = = +2 5 12 12 2 5

)ھمه عددھای به شکل ) ه ) ( ) ( )m11,...2,1n,m,...2,1n,m

m11A nn +−=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =+−=

)ھمه عددھای به شکل ) و ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ =+=

m1

n1,...2,1n,m,...2,1n,m

m1

n1A

ھمه عددھای به شکل ) ز( ) ( )

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

−=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +

−=

n11

1,...2,1n,...2,1n,m

n11

1Ann

) وجود دارد که Rx∈ ،0>δاز آنجا که به ازای ھر ) الف: جواب ) { }( )N x z xδφ = −I پس 'z φ=

)نشان می دھيم ) ب ] [ ]b,ab,a ' ]بدين منظور نشان می دھيم ، به ازای ھر . = ]b,ax,0 ∈>ε

( ) [ ] φε ≠b,axN* I

)اگر ], , , ,x R x a bε∃ ∈ ∀ > ∈0o وجود دارد که xxx,xa 00 <<−< ε ) از طريق برھان

)لذا ) خلف می توانيد اين را ثابت کنيد ) ( ]b,axNx *0 Iε∈

xاگر aε > Rx0 باز ھم 0= bx,xxx وجود دارد که ∋ 00 ≤+<< ε لذا

( ) ( ] φε ≠b,axN* I

axاگر xa قرار می دھيم > −=ε ھمچنين اگر ،xb bx، قرار می دھيم > −=ε در اين صورت

( ) ( ] φε =b,axN* I

}ادعا می کنيم ) د }051

21'A kk UU

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎭⎬⎫

⎩⎨ ی طبيعی kو به ازای ھر ∋A0'ابتدا نشان می دھيم بنابراين . =⎧

kk 21,

51

) حقيقی که به يکی از شکل ھای xسپس نشان می دھيم ھر . ھستند A' اعضای ) 0,21,

51,...2,1k kk=

. نيستA'نباشدعضو

0xھرگاه 0r باشد و = ای طبيعی يافت می شوند به m,n دلخواه باشد طبق خاصيت ارشميدسی اعداد حقيقی، <

طوری که2r

51,

2r

21

mn r بنابراين >>21

21

mn )لذا. +> ) φ≠A0N r* I يعنی 'A0∈

k2ھرگاه 1x =) k0و ) عددی طبيعی و دلخواه استr ای طبيعی ھست به طوری که m عددی حقيقی باشد، <

r51m r بنابراين >

51r m kkmk در نتيجه −>> 2

1r21

51r

21

+<+<−

A: بنابراين 21r

21,r

21

51

21

kkkmk I⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−∈+

A'لذا 21k ) به ازای ∋ ),...2,1k =

Nk,'Aبه ھمين ترتيب می توان ثابت کرد که به ازای ھر 51k ∈∈

}اکنون فرض می کنيم }051

21x kk UU

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎭⎬⎫

⎩⎨)به ازای ∌⎧ ),...2,1k 0x، ھرگاه = ، قرار می دھيم >

xr ھرگاه . =−51

21x قرار ميدھيم <+

107xr ھر گاه . =−

51

21x قرار می دھيم =+

و

و

254

51

51r 2 xھر گاه . =−= x< < +

1 12 5

oين دو عضو از دقيقا بA دو عضوی که در دو طرف ( استx

باشند آنگاه قرار می دھيم z,y دارند فرض کنيم آن دو عضو xواقعند و کمترين فاصله را با

{ }yx,zxminr )وق واضح است که در ھر مورد ف=−− ) { }( ),x r x r A x φ− + − =I توجه شود

)که ) ( ) BCACBA II −=−

}ادعا می کنيم ) ه }1,1'A 1nھر گاه . =− 0r آنگاه به ازای ھر = >، m ای طبيعی ھست که rm1بنابراين . >

( ) ( ) { }( )1Ar1,r1m11 −−+−−−∈+− I زيرا

( )r r r rm m

− < < → − − < + − < − +1 11 1 1

2n,'A1به ھمين ترتيب با انتخاب =∈ .

}حال اگر }1,1x 0r می توان ∌−+ ) ای يافت به طوری که < ) { }( ) φ=−+− xArx,rx I

}ادعا می کنيم ) و }0Nnn1'A U

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ 0x,0r به ازای =∋ دلخواه، طبق خاصيت ارشميدس اعداد حقيقی <=

ھست به طوری که n,mمانند 2r

m1,

2r

n1

r پس >>m1

n1

<+ .

)بنابراين ) { }( )0Ar,rm1

n1

−−∈+ I . لذا'A∈0

0r و ∋Nnبه ازای ھر r ای طبيعی ھست که m دلخواه ، <m1 لذا >

n1r

n1

m1

لذا چون +>+

rm1r پس −>>

n1r

n1

m1r

n1

⎟⎟ پس −>+>+⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−∈+

n1Ar

n1,r

n1

m1

n1

I لذا

'An1,0xواضح است که ھر گاه . ∋

n1xNn ≠⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ) آنگاه ∀∋≠ ) { }( ) φ=−+− xArx,rx I

)rرا در حالت ھای مختلف برسی کنيد (

واضح است که ) ز⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −−= 1,1,

21A و چون A متناھی است پس φ='A

ست؟ ثابت کنيد ھر زير مجموعه متناھی يک فضای متری بسته ا)37سوال

)فرض کنيم : اثبات )d,X يک فضای متری بوده و { }n21 x,...,x,xA باشد ثابت X يک زير مجموعه متناھی از =

)می کنيم )cA X A= . بازاست−

cxھرگاه A∈ آنگاه ، ( ) 0x,xd i n,...,2,1iزای ، به ا< قرار می دھيم . =( )

ni1

x,xdminr i

≤≤

=

n,...,2,1iبديھی است که به ازای = ،( )xNx ri )لذا . ∌ ) φ=AxNr I يعنی ،( ) φ=AxNr I يعنی

( ) Cr AxN cxبنابراين ، به ازای ھر . ⊇ A∈ ،x يک نقطه درونی است پس CAو لذا ، . مجموعه ای باز است

Aمجموعه ای بسته است .

)در فضای متری : سوال )d,M 0 ، گوی بسته به شعاعr عبارت است از مجموعه M در a حول نقطه <

( ) ( ){ }ra,xdxaBr )ثابت کنيد. => )aBrمجموعه ای است بسته .

)کافی است نشان دھيم : حل )aBM r− باز است بدين منظور به ازای ھر( )aBMx r−∈داريم ( ) ra,xd لذا <

( ) 0ra,xd حال گيريم . −<( )

2ra,xd'r −

) و = )aB 'r گويی باز درM باشد

)پس ) ( )xBMxB 'r ای وجود دارد دارد که x' زيرا اگر چنين نباشد ⊇−

( ) ( )aBaBx r'r I∈ و لذا ( ) ( ) ra,'xd,'ra,'xd در نتيجه >>

( ) ( ) ( )( ) ( )

2a,xdrr

2ra,xdr'r

a,'xd'x,xda,xd+

=+−

=+<

+≤

)پس ) ra,xd **. که به تناقض می انجامد>

) در فضای متری )38سوال )d,M ثابت کنيد که مجموعه ،φ و تمام فضای Mم بسته اند ھم باز و ھ.

چون مجموعه تھی ھيچ عضوی ندارد بنابر انتفاء مقدم ، مجموعه تھی باز است از طرفی به ازای ھر : جواب

( ) Mx,0,MxB ∈>⊆ εε لذا ،Mچون متمم ھر مجموعه باز، بسته است، پس . مجموعه ای باز است

M,φ می باشد مجموعه ھای بسته نيز**

. می باشندnR بعدی مجموعه ھايی باز در n بعدی باز و بازه ھای باز n ثابت کنيد که گويھای )39سوال

)گيريم : جواب ) { } 0r,RxryxRyxB nnr ) بايد نشان دھيم ھر نقطه =∋−>∋< )xBr

)رونی است به ازای ھر يک نقطه د )xBy r∈ داريم ،ryx yxr'r، پس −> حال به ازای ھر =−−

( )yBz 'r∈ داريم 'z y r r x y− < = − −

ryxryx

zyyxzyyxzx

=−−+−<

−+−≤−+−=−

)و لذا )xBz r∈ و درنتيجه ( ) ( )xByB r'r ) يک نقطه درونی yيعنی ⊇ )xBr بوده و( )xBr مجموعه باز در

nRمی باشد .

[ بازه باز يک بعدی nحاصلضرب دکارتی : تعريف [ ] [ ] [, , ... ,n na b x a b a b×1 1 2 2

)با فرض . بعدی می ناميمnرا يک بازه باز ) ( )n21n21 a,...,a,aa,b,...,b,bb بعدی باال را n بازه باز ==

[بصورت [b,aنشان ميدھيم .

. استR بعدی مجموعه ای باز در nسوال ثابت کنيد بازه باز •

22 را روی p تابع )40مساله RR با رابطه زير تعريف می کنيم×

( ) ( ) ( )2222

11 yxyxy,xp −+−=

)فرض کنيم )21 a,aa ). باشد2R يک نقطه = )aNrرا پيدا کنيد

): جواب ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }ryxyx,Rx,x:x,xaN 222

211

22121r <−+−∈=

)پس )aNr درون دايره ای است به مرکز a و شعاع r.

) مساله باال را در مورد تابع )41مساله ) { }2211 yx,yxmaxy,xp .حل کنيد=−−

( ) ( ) ( ) { }{ }( ) ( ){ }( ) ( ){ }( ) ( )ra,rara,ra

raxra,raxra,Rx,x:x,x

rax,rax,Rx,x:x,x

rax,axmax,Rx,x:x,xaN

2211

2221112

2121

22112

2121

22112

2121r

+−×+−=+<<−+<<−∈=

<−<−∈=

<−−∈=

) مساله باال را در مورد تابع)42مساله )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ −

−=K

yx,yxmaxy,xd 22

11

):بل مطابق حل مساله ق: حل ) ( ) ( )kra,krara,raaN 2211r +−×+−=

nn را رویp و dتابع )43مساله RR :کنيم با رابطه زير تعريف می×

( ) ( ) ( ) ( )

( )

, ...

, max , , ,...,

n n

n n

d x y x y x y x y

x y x y x yP x y x y

n

= − + − + + −

⎧ ⎫− − −= −⎨ ⎬

⎩ ⎭

2 2 21 1 2 2

2 2 3 31 1 2 3

( )aN dr و ( )aN P

r را پيدا کنيد ( )( )n1 a,...,aa =

: خواھيم داشت42 و 41بنابر حل مساله

( ) ( ) ( ) ( )ra,ra...ra,rara,raaN nn2211pr +−××+−×+−=

:43و ھمچنين بنابرحل مساله

( ) ( ) ( ) ( )nra,nra...r2a,r2ara,raaN nn2211dr +−××+−×+−=

باشد و X يک متر برای αکنيم فرض می)44مساله ( )( )y,xd1

y,xd'd,"d+

XX را روی = با ضابطه زير ×

):کنيمتعريف می ) ( ){ }1,y,xdminy,x"d,Xa )باشد، عددی حقيقی مثبت r و ∋= ) ( )aN,aN 'dr

"dr را پيدا

.کنيد

( ) ( ){ } ( )( ) ⎭

⎬⎫

⎩⎨⎧

<+

∈=<∈= ra,xd1

a,xd,Xx:xa,x'd,Xx:xaN dr ε

1rاگر : گيريمدو حالت می : داريم∋Xx، آنگاه برای ھر ≤( )( ) r1

a,xd1a,xd

≤<+

)، و در نتيجه )aNx 'dr∈ و

)بنابراين ) XaN 'dr =

1r0گرا: حالت دو آنگاه>>

( )( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )r1

ra,xd

ra,xdr1

a,xrdra,xdra,xd1

a,xd

−<⇔

<−⇔

+<⇔<+

)در نتيجه ) ( )'

1

11

dr r

r

X rN a N a ε

−

≥⎧⎪= ⎨ <⎪⎩

: داريم"dھمچنين برای

( ) ( ){ }{ } ( )"

1: ,min 1, ,

1dr d

r

X rN a x x X d x a r

N a r>⎧⎪= ∈ < = ⎨ ≤⎪⎩

1r,1rعلت اين است برای قسمت اين ھم مثل باال دو حالت آنگاه برای ھر . باشدr>1گيريم اگر می≥<

Xx∈،( ){ } r1a,xd,1min 1r0 اگر ≥> آنگاه>≥

( ){ } ( ) ( )aNxra,xdra,xd,1min dr∈⇔<⇔<

ھای باز و بستهگوی ھا و مجموعه

)درفضای متريک )d,E نقطه ،Ex∈ و عدد r>0در اين صورت گوی باز به مرکز . مفروض اندx و شعاع r عبارت

)ز است ا ) ( ){ }, : ,B x r y E d x y r= ∈ - مجموعه حاصل را گوی بسته می≥ قرار دھيم > اگر به جای >

)ناميم ھمچنين تعريف مي كنيم ) ( ){ }ry,xd,Eyr,xS =∈=

)فضای متريک : تعريف )d,E و زير مجموعه EA⊆گوييم می. مفروض اندAای باز است ھر گاه عه مجموφ=A

)، انگاه φ≠Aيا اگر ) Ar,xB:0r,Ax ⊆>∃∈∀

)ثابت کنيد با فرض گوی باز) 45مساله )ε;xB در يک فضای متري، به ازای ھر نقطه ( )ε,xBy∈ عدد حقيقی

0>δدارد به طوری که ای وجود ( ) ( )xByB εδ ⊆

)فرض کنيم: اثبات )y,xd−= εδ که اکيدا مثبت است، زيرا ،( )ε,xBy∈کنيم که ، ثابت می

( ) ( )εδ ,xB,yB )اگر. ⊃ )δ,yBz∈ آنگاه ( ) δ<z,yd و

( ) ( ) ( ) ( ) εδ =+<+≤ y,xdz,ydy,xdz,xd

)نبنابراي )ε,xBz∈شود و حکم ثابت می.

) فضای متريک )46مساله )d,E مفروض است اگر x و y دو نقطه متمايز در E باشند ثابت کنيد دو ھمسايگی U و V به

φ=VU وجود دارند به طوری که y و xترتيب برای I

)با توجه به : اثبات ) 0y,xdr yxزيرا (=< ⎟کافی است قرار دھيم) ≠⎠⎞

⎜⎝⎛=

3r;xBU و ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

3r;yBV و

.شودمساله ثابت می

. اجتماعی از گوی ھای باز باشدA باز است اگر و فقط اگر Aثابت کنيد ) 47مساله

ھای باز برعکس، اجتماع يک خانواده ک خانواده تھی از گویمجموعه تھی يک مجموعه باز است و آن برابر اجتماع ي: اثبات .ھا تھی است و لذا باز استتھی از كره

- اجتماع خانواده ھمه چنين گویO است و O مرکز گوی بازی محتوی از O يک مجموعه باز غيرتھی باشد ھر نقطه Oاگر ھای اجتماع خانواده ھمچنين گویO است و Oی در مرکز گوی بازی محتوOباشد، توجه داشته باشيد ھر نقطه ھای باز می

)ھای باز، باز است و چون دانيم اجتماع دلخواه از مجموعهتوجه کنيد می(باشد باز می )r,xB باز است پس حکم ثابت

.).خواھد شد

)فضای متريک : تعريف )d,E و زير مجموعه ( ) EAA ⊆≠φ در اين صورت قطر . اند مفروضA عبارت است

)از ) ( ){ }Ay,x:y,xdSupA ∈=δ

) دو زير مجموعه ناتھی فضای متريک B و Aفرض کنيم : تعريف )d,E باشد، فاصله A و B عبارت است از

( ) ( ){ }By,Ax:y,xdinfB,Ad ) باشد نمادx مجموعه يک عنصری A اگر =∋∋ )B,xdبريمکار می را ب.

) دو زير مجموعه ناتھی در فضای متريک Bو Aاگر )48سوال )d,Eباشند ثابت کنيد

( ) ( ) ( ) ( )B,AdBABA ++≤ δδδ U

: داريم∋By و ھر ∋Axبه ازای ھر . کنيم را به دلخواه انتخاب می∋Bb و ∋Aaدو نقطه : حل

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , ,d x y d x a d a b d b y A B d a bδ δ≤ + + ≤ + +

)بينيم که می) گيریSUPپس از (و از اين رو ) ( ) ( ) ( )b,adBABA ++≤ δδδ U

. بگيريم، نابرابری مطلوب بدست خواھد آمدinfاکنون اگر از دو طرف

)ھرگاه ) 49سوال )d,X يک فضای متريک باشد و داشته باشيم ,B X A Xφ∅ ≠ ⊆ ≠ در صورتی که ⊇

φ≠BAIآنگاه نشان دھيد ( ) 0B,Ad =

BAxای که وجود دارد به گونهx پس عضوی چونφ≠BAI چون: اثبات I∈توان اکنون می

)نوشت ) ( ){ }Bb,Aab,adinfB,Ad ∈∈=

)اما چون ) 0x,xd ) پس آشکارا از تعريف = )B,Ad پيدا است که ( )B,Ad0 =

) باشد آنگاه نشان دھيدR متريک معمولی بر اعداد حقيقی dھرگاه )50سوال ) 0Q,Qd c =.

)کنيمفرض می) برھان خلف(: اثبات )cQ,Qd0 )کنيم لذا فرض می. ≠ ) 0Q,Qd c توان ، از آنجا می≠

)نوشت ) 0kQ,Qd c : و لذا خواھيم داشت=<

( ) kr,qdt.sQr,Qq c =∈∈∃

cQدانيم اما می2

rq'r ∈+

)توان نوشت و از آنجا می= ) k2k'r,qd و اين تناقض آشکار است بنابراين بايستی =>

)داشته باشيم )cQ,Qd0 =.

مجموعه نقاط واقع بر يک Aدر صورتی که . گيريم را ھمراه با متريک معمولی در نظر می2Rھرگاه مجموعه ) 51ل سوا

) مجموعه نقاط واقع بر مجانبھای اين ھذلولی باشند نشان دھيدBھذلولی و ) 0B,Ad =

1ھذلولی افقی به معادله : اثباتby

ax

2

2

2

2دانيم معادالت مجانبھای اين ھذلولی گيريم ھمانگونه که می را در نظر می−=

0عبارتندازby

ax

2 =+≡Δ 0 وby

ax

1 =−=Δ اکنون مطابق

1شکل نقطه 1

xyM0. (گيريم را در نظر میx1 0y1 و ≤ لذا . يابيم می1Δو فاصله آنرا از مجانب ) را فرض کنيد<

:توان نوشتمی

1122

21

221

2

11

112211

2211

22

11

aybx1

ba

yaxb

aybxaybx

ba

aybx

ba

aybx

b1

a1

by

ax

MH+

×+

−=

++

×+

−=

+

−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−=

1122

22

aybx1

ba

ba+

×+

=

) ميل دھيم آنگاه داريم+∞ به سمت 1y و 1xاکنون اگر عناصر ) 0MHlimB,Ad11

yx

==+∞→+∞→

):و لذا خواھيم داشت ) 0B,Ad =

)فرض کنيد : تعريف )p,Mزير مجموعه . يک فضای متريک باشدM مانندAاگر ، به . کراندار کلی ناميده می شود

n21مانند M، تعدادی متناھی زير مجموعه εازای ھر عدد مثبت A,...,A,A به طوری که ( ) εδ <kA ،

( )n,...,2,1k,AA kn

0k =⊆ =U

) از فضای متريک A ثابت کنيد اگر زير مجموعه)52سوال )d,M کراندار کلی باشد، آنگاه Aکراندار است .

12n مانند Mکراندار کلی باشد، آنگاه زير مجموعه ھای ناتھی Aاگر : اثبات A,A,...,A دارند به گونه ای که وجود

( ) ( )n,...,2,1k1A,AA kkn

1k =<⊆ = δU . برای n,...,2,1kھر سپس فرض کنيم که . باشدkAنقطه ای در ka، فرض کنيم =

( ) ( ) ( )n1n3221 a,ap...a,apa,apD Ay,x;i,j اکنون، برای ھر دو نقطه =+++− ايی∋

Y

H M_ 2Δ A′

A x

ijھست که Ax,Ay iمی توان فرض کرد که ) را می پوشانندAھا مجموعه kAزيرا (∋∋ j≤ . آنگاه:

( ) ( ) ( ) ( )[ ] ( )y,apa,ap...a,apa,xpy,xp jj1j1iii ++++≤ −+

)چون ) 1Ai <δ خواھيم داشت ( ) 1a,xp i ) به ھمين ترتيب > ) 1y,ap j از اين رو . >

( ) ( )Ay,x2D1D1y,xp ∈+=++<

. کراندار استAبنابراين

چگال −A ، ε را در A، زير مجموعه B. باشدM زير مجموعه فضای متريک Aفرض کنيم : تعريف

( )0>ε خوانيم اگر برای ھر Ax∈ يک ، y B∈ باشد به طوری که ( ) ε<y,xp

. قرار داشته باشدB از نقطه ای از ε درفاصله ای کمتر از Aی است اگرھر نقطه چگال−A ،εدر Bيعنی (

)از فضای متريک A زير مجموعه )53مساله )d,M0 کراندار کلی است اگر و تنھا اگر ، برای ھر,A >ε شامل

}يک مجموعه متناھی }n21 x,...,x,x که در A ،ε−چگالی است باشد.

i کراندار کلی باشد آنگاه Aاگر . را در نظر می گيريمεعدد مثبت و دلخواه : اثباتn

1i AA ==U که در آن

( ) εδ <iA می توانيم فرض کنيم که φ≠iA . اگر( ) ii Aan,...,2,1i } آنگاه =∋ }n21 a,...,a,a در

A ،ε− از اين رو ، اگر. چگال استAندار کلی باشد، آنگاه کراA دارای يک زير مجموعه ε− چگال متناھی .است

}برعکس، اگر }n1 x,...,x در A,ε− چگال باشد، آنگاه مجموعه ھای , ..., ,nB x B xε ε⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

1 3 3 ε قطرشان از

.از اين حکم مسئله نتيجه می شود. را می پوشانندAر است و کمت

) اگر )54سوال )d,X يک فضای متريک باشد و XA,RA ⊆⊆≠φ آنگاه ( ) AinfAsupA −=δ .)کرانداراستRدر Aفرض کنيد (

Ay,xاگر : کراندار باشد R در A: اثبات )، آنگاه ∋ ) AinfAsupyx −≤−+ و در نتيجه −

( ) AinfAsupA −≤δ حال اگر ε<0 داده شده باشد، آنگاه يک x و يک y ھست به طوری که

xAsup,yAinf <−>+ εε پس ،yxAinfAsup −++<− εε و در نتيجه برای ھر

( ) 0,A2AinfAsup >+<− εδε بنابراين ( )AAinfAsup δ≤−پس حکم ثابت می شود.

) نشان دھيد )55سوال )B,Ad ھمواره عددی است حقيقی و غير منفی و( ) ( )A,BdB,Ad =

)طبق تعريف : اثبات )B,Ad داريم :( ) ( ){ }By,Axy,xdinfB,Ad ∈∈=

)و )y,xd برای ھرAx,By ). داريم ∋∋ )y,xd پس ( ){ }By,Axy,xdinf0 ∈∈≤

)درنتيجه ) 0B,Ad )ک متر است پس يdو چون . ≤ ) ( )y,xdx,yd در نتيجه =

( ) ( ){ } ( ){ } ( )A,BdBy,Axx,ydinfBy,Axy,xdinfB,Ad =∈∈=∈∈=

باشد ، نشان دھيد که X يک زير مجموعه A اگر )56سوال

( ) ( ) ( )y,xdA,ydA,xd ≤−

.از نامساوی مثلث استفاده کنيد: ساده است : اثبات

غير خالی باشد آنگاه BAIثابت کنيد که اگر . زير مجموعه ھای غير خالی يک فضای متری ھستند B,A) 57سوال

( ) ( ) ( )BABA δδδ +≤U

) پس φ≠BAIاستفاده می کنيم می دانيم ) 2(و ) 1(برای اثبات از مساله : اثبات ) 0B,Ad ) 1(ر و بناب=

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( )BABA

BAB,AdBABA

δδδδδδδδ

+≤⇒+=

++≤

U

U

آنگاه ⊃BA زير مجموعه ھای غير خالی در يک فضای متری ھستند ثابت کنيد که اگر B,A )58سوال

( ) ( )BA δδ ≤

BsupAsup. آنگاه ⊇BAمی دانيم اگر : اثبات ≤

⊇BAانيم چون می د

) 1 (( ){ } ( ){ }By,xy,xdAy,xy,xd ∈⊆∈

)، رابطه) 1( از طرفين supحال با گرفتن ) ( )BA δδ .حاصل خواھد شد≥

) اگر )59سوال )d,Xd يک فضای متريک باشد و XA⊆، ثابت کنيد شرط الزم و کافی برای آنکه A کراندار

)اين است که . باشد ) +∞<Aδ

به عھده متعلم: اثبات

بعدی اقليدسیnفضای

V تابعی است مانند Vمنظور از نرم روی فضای برداری : تعريف R′ به طوری که ⎯⎯⎯→

i( 0xVx ≥∈∀

ii( ( )0x0xVx =⇔=∈∀

iii(xaax:Fa,Vx =∈∀∈∀

iv(yxyxVy,x )نامساوی مثلث( ∀∋+≥+

:RE تابع يکEيک نيم نرم روی : تعريف →δ است به طوری که برای ھر Ex∈ ،( ) 0x ≥δ و برای ھر

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Rc,Ey,x,yxyx,xccx ∈∈+≤+= δδδδδ ) Eيک فضای برداری است (

21. فرض کنيد )60مساله ,δδ21نشان دھيد . نيم نرم می باشند δδ يک نيم نرم است+

)به ازای ھر : برسی شرط اول : اثبات ) ( ) Ex,0x,0x 12 ∈≥≥ δδ و چون

( )( ) ( ) ( ) 0xxx 2121 ≥+=+ δδδδ

)پس )( ) 0x21 ≥+δδ حال شرط دوم را برسی می کنيم برای ھر Ey,x : داريم ∋

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( )yxyyxx

yxyxyxyxyx

2121

2121

22112121

δδδδδδδδδδδδδδδδ

+++=+++=+++≤+++=++

:بررسی شرط سوم

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( )

( )( )( )xc

xxc

xcxccxcxcx

21

21

212121

δδ

δδ

δδδδδδ

+=

+=

+=+=+

,:RE يک فضای برداری باشد و E فرض کنيد )61مساله 21 →δδ 0 دو نيم نرم باشند و, 21 ≥λλ نشان دھيد

2211تابع δλδλ . نيز يک نيم نرم است+

. نيز يک نيم نرم است11δλيک نيم نرم باشد 1δابتدا نشان می دھيم اگر : اثبات

) يک نيم نرم است پس برای ھر 1δچون ) Ex,0x,0 11 ∈≥≥ δλ در نتيجه ( ) 0x11 ≥δλ

. را مورد بررسی قرار می دھيم 2حال شرط

( )( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( ) ( )( ) ( )( )yxyx

yxyxyx

11111111

211

1111

δλδλδλδλδδλ

δλδλ

+=+≤+≤+=+

.ر می دھيم را مورد بررسی قرا3حال شرط

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )( )xc

xcxccxcx

11

11111111

δλ

δλδλδλδλ

=

===

2211در نتيجه، . نيز يک نيم نرم است 22δλبه ھمين ترتيب δλδλ . نيز يک نيم نرم است+

n1 ثابت کنيد اگر )62مساله ,...,δδ نيم نرم و n21 ,...,, λλλآنگاه . نامنفی باشندn12211 ,... δλδλδλ نيز ++

.يک نيم نرم است

mm11اثبات به استقراء اگر ... δλδλ nm0 با ++ در اين صورت از آنجايی که . يک نيم نرم باشد≥>

1m1m ++ δλ 1 يک نيم نرم است نتيجه می گيريم کهm1mmm11 ... +++++ δλδλδλيک نيم نرم است .

2kھرگاه) 63مساله 0y ھست به طوری که kR ی در y، ثابت کنيد ∋kRx و ≤ y=0. x ولی ≠

)دھيم قرار می: اثبات ) ( )k21k1 x,...,x,xx,y,...,yy : خواھيم داشتy.x بنابر تعريف ==

∑=

=k

1iii y.xy.x

0x,0xگيريمالت میدوح ≠=

. حکم واضح استx=0اگر

0xپس فرض کنيد )؛ چون ≠ )n1 x,...,xx0 0x ای موجود است به طوری که j پس ≠= j ≠

( )nj1 ≤≤

:طبق فرض داريم

i

kk1i1i1i1i11i

n

1knnii2211kk

xyx....yxyx...yxy

0yx...yx...yxyx0yx

−+++++

=⇔

=+++++⇔=

++−−

=∑

دھيمحال، قرار می

1y...yy....yy,x

x...xx....xy k1i1i21

i

k1i1i1i =======

−

+++++= +−

+−

)و چون )1,...,1,y,...,1,1y i= 0 پسy 0y.xگيريم که و نتيجه می≠ ای مخالف صفر که به شکل y پس =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

+++++= +− 1,...,1,

xx....xx...x,...,1y

i

k1i1i1 0 تعريف کرديم کهy.x .شود شد پس حکم ثابت می=

0Pفرض کنيد)64مساله ] يک عدد صحيح باشد بعالوه فرض کنيد ≤ ]( )1,0CE P= يک فضا از توابع P بار مشتق

]پذير و پيوسته روی : را به صورت زير تعريف می کنيمpσ باشد 1,0[

( ) ( )( )xfSUPf p

xp =σ

. است يک نيم نرمpσثابت کنيد

)واضح است که چون )( )xf0 p≤ پس ( )( ) 0xfSUP p

x) در نتيجه ≤ )f0 pσ≤ حال شرط دوم را مورد

.دھيمبررسی قرار می

( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )( ) ( )( )

( ) ( )2p1p

p2x

p1x

p2

p1x

p21x21p

ff

xfSUPxfSUP

xfxfSUPxffSUPff

σσ

σ

+

+≤

+=+=+

:دھيمشرط سوم را مورد بررسی قرار می

( ) ( ) ( )fccfSUPcf pp

xp σσ ==

)فرض کنيد) 65مساله )n21 a,...,a,aA Rai که = ∑کنيم تعريف می∋=

=n

1iiaAنشان دھيد که اين يک نرم است .

0Aبديھی است که : اثبات 0A و اگر ≤ ∑ پس ==

=n

1ii 0a 0 در نتيجهai 0ai پس = و خواھيم داشت =

0A ، برای بررسی ويژگی دوم=

∑ ∑∑= ==

====n

1i

n

1ii

n

1iii AcacaccacA

:برای نامساوی مثلثی داريم

=

1 1 1

n n n

i i i ii i i

A B a b a b A B= = =

+ = + ≤ + = +∑ ∑ ∑

)در فضای متريک )66سوال )d,N که ( )m1

n1n,md )، مجموعه=− )2B

5 و 2مرکز يعنی گوی باز به (1

شعاع51

را پيدا کنيد؟)

اگر

( ) ( )

2xor3x3

10x710

107

x1

103

51

21

x1

51

21

51

x1

21

512,xd2Bx;Nx

51

==⇔<<⇔<<⇔+<<−

<−⇔<⇔∈∈

):در نتيجه ) { }3,22B51 =

)در حالت کلی ھمسايگی ) 67سوال )kBn . را در مورد مساله باال پيدا کنيد1

} دنبالهاگر)68مساله } Xxn }و متمايز تشکيل شده باشد و از عناصر دوبه د⊃ }nx نقطه به ھمگراXa∈

: نقطه حدی اين دنباله نيز ھستaباشد، آنگاه ثابت کنيد

)اگر : اثبات )r,aS يک ھمسايگی دلخواه a باشد چون ( ),nP x a → o0 پس عدد طبيعی مانندn موجود است به

0nnطوری که برای ) داشته باشيم ≤ )r,aSxn و در نتيجه کليه عناصر متمايز∋0nx 1 وn0

x..., } از دنباله+ }nx

)در گوی )r,aSبراين شوند بنا واقع میaيک نقطه حدی دنباله فوق خواھد بود .

XM يک نقطه حدی مجموعهaبرعکس، اگر } باشد، دنباله ای مانند⊃ }nxشود به با عناصری دوبه دو متمايز يافت می

}طوری که } Mx,ax nn ⊂→

)در واقع، اگر فرض کنيم )r,aS يک ھمسايگی باز دلخواهa باشد آنگاه يک Mx1∈ موجود است به طوری که

( ) ax,r,aSx 11 )فرض کنيم. ∋≠ )11 x,apr0 )گوی باز. >> )1r,aS دوباره يک ھمسايگی باز نقطه aاست .

Mx2پس طبق تعريف نقطه حدی نقطه ای مانند ) موجود است به طوری که ∋ )122 r,aSx,ax گيريم . ≠∋

( )22 x,apr0 ) دوباره گوی باز >> )2r,aSشامل نقطه ای مانند Mx,ax 33 حال اگر ... است و ≠∋

}دنباله }nr 0 را طوری انتخاب کنيم کهrn }ين صورت دنبالهدر ا. → } Mxn بعالوه . ميل خواھد کردa به سمت ⊇

axn } و عناصر دنباله ≠ }nxدوبه دو متمايزاند .

XM يک نقطه حدی مجموعه∋Xaشود که اگراز اثبات فوق نتيجه می شامل aھر ھمسايگی باز نقطه باشد، آنگاه ⊃ .بنابراين در ھر فضای متريک يک مجموعه متناھی از نقاط دارای نقطه حدی نيست. استMتعداد نامتناھی ازنقاط

)فرض کنيم)68مساله ) [ ] ( ){ }1tx0;1,0CtxA ] و =∋>> ]1,0CX در فضای A در اين صورت مجموعه =

[ ]0,1Cباز است .

:اثبات

به عھده متعلم

)نشان دھيدمجموعه) 69مساله ) [ ] ( ){ }00x|1,0CtxB ] در فضای=∋= ]1,0Cاگر : اثبات. بسته است

( ) 'Btx0 )ای مانند، در اين صورت، دنباله∋ ){ } Btxn موجود است، به ⊃

)طوری که )txnروی فاصله [ ) به طور يکنواخت به 1,0[ )tx0ھمگراست چون ( ) 00xn پس =

( ) ( )∞→==

nn0 00xlim0xپس ، ( ) 00x0 ) در نتيجه = ) B0x0 ∈.

)ی معادل اند در صورتی که ھر مجموعه باز در فضای مترX بر 'd و dدو متريک : تعريف )d,X يک مجموعه باز در

)فضای متری )'d,Xباشد و بالعکس

:يک فضای متری باشد) d,X( فرض کنيم ) 70مساله

( ) ( )( ) Xy,x

y,xd1y,xdy,x'd ∈∀

+=

. معادل اندd,'dنشان دھيد

) مجموعه بازی از Gفرض کنيم . استXبر يک متر 'dقبال نشان داديم که : اثبات )d,X باشد به ازای

)ھر ) Gy,rx,y'd 1 ) اگر و تنھا اگر>∋ ) rx,yd زيرا>

( ) ( )( ) ( ) rx,yd

r1r

x,yd1x,ydrx,y'd 1 <⇔

+<

+⇔<

بنابراين

( ) ( ){ } ( ) ( ){ }ry,xd:XyxSrx,y'd:XyxS r1'r1 <∈==<∈=

)پس )rS x G≤اگر و تنھا اگر ( )'nS x G⊆.

در اين صورت ثابت . گردايه ای از بازه ھای باز باشد به طری که اشتراک ھر دو عضو از آن ناتھی باشدFفرض کنيم )71مساله .کنيد اجتماع ھمه آنھا يک بازه باز است

IUI,bcaفرض کنيد: برھانFI0

∈Ia,Jb ھست که F ی از J و I در اين صورت >>= با .∋∋

)فرض )11 b,aI ) و = )22 b,aJ 21،داريم= bbcaa 21 اگر>>>> ab φ=JI؛ آنگاه ≥ I واين

21امکان پذير نيست، پس ab 1cدر اين صورت. < b<1 ياbc ≥

1bcحالت در . . يک بازه است0Iبنابراين. ∋0Icدر نتيجه در ھر صورت. ∋Jc، و در حالت ديگر∋Ic و <

.ھای باز استزيرا اجتماع بازه. لذا يک بازه باز است

. نباشدA نقطه درونی و نقطه بيرونی x گويند در صورت که ⊇XA را يک نقطه مرزی ∋Xxنقطه ای مانند: تعريف

. گويندA نيز باشد آنرا نقطه مرزی خودی A عضو Aھرگاه نقطه مرزی

) را به ترتيب باA مجموعه نقاط مرزی و مرزی خودی :مرز يک مجموعه )AFrو ( )Abdواضح است . دھند نشان می

)که ) ( )AFAbd r⊆.

)ھايی از فضای متری زير مجموعهBو Aھرگاه ) 72مساله )d,Xباشند، آنگاه ثابت کنيد .

( ) AintAAAAF cr −== I

)دانيم می )AFextAAintA rUU=در نتيجه

( ) ( ) ( ) ( )AA

AextAintextAAintAFc

cccr

I

IU

=

==

)يعنی ) ( ) AintAAAAFcc

r −=−=

cAintAextتوجه کنيد که ( .باشد میAشود و بيانگر مجموعه کليه نقاط بيرونی تعريف می=

)وھمچنين )( )cAAext .باشد می0A ھمانint Aمنظور از . =

)نشان دھيد) 73مساله ) φ=AFrھا اگر اگر و تنAھم باز و ھم بسته باشد .

)فرض کنيد: اثبات ) φ=AFrدر اين صورت φ=− AintAيعنی ،AintA توان پس می. ⊇

AAintAA:نوشت . ھم باز و ھم بسته استAبنابراين . ⊇⊇⊇

) بسته است اگر و تنھا اگرAنشان دھيد ) 74مساله ) AAFr ⊆.

) بسته باشد، آنگاهAھرگاه : اثبات ) 0ccr AAAAAAF ⊆== II.

) بسته نباشدAاگر : برعکس ) AAFr نيست A ھست که در A از x، در اين صورت عضوی مانند ⊇

AAxيعنی :، اما داريم∋−

( ) ( )AFxAFAAAAAA rrcc ∈⇒=⊆=− II

. بسته استAبنابراين . ∋Axزيرا. تناقض استاين يک

)نشان دھيد) 75مساله ) ( ) ( )BFAFBAF rrr UI و تساوی در چه صورتی برقرار است؟⊇

:اثبات

( ) ( ) ( )

( )( )

( ) ( )( )( ) ( )( )( ) ( )

cr

c c

c c

c c

r r

r r

F A B A B A B

A B A B

A B A B

A B A A B B

F A B F B A

F A F B

=

⊆

=

=

=

⊆

I I I I

I I U

I I U

I I U I I

I U I

U

)ثابت کنيد ) 76مساله ) ( )AFAintF rr ⊆

: اثبات

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )

c c cr r r

c cr r

r r

F A B F A B F A B

F A F B

F A F B

= =

⊆

=

U U I

U

U

)از اين نکته استفاده شده است که در اثبات ) ( )AFAF rc

r ) زيرا چو= ) AAcc در نتيجه =

( ) ( ) ( ) ( )cr

ccccr AFAAAAAF === II

)يک فضای متری مانند : فضای متری تام : تعريف )d,Xگوييم ھرگاه ھر دنباله کوشی در آن فضا، ھمگرا باشد را تام می.

]ن دھيد فضاینشا) 77مساله ]1,0C متشکل از توابع حقيقی و پيوسته بر [ با متريک1,0[

( ) ( ) ( )xgxfmaxg,fd1x0

−=≤≤

.يک فضای متری تام است

}فرض کنيد: اثبات }nfای کوشی در دنباله[ ]1,0C0. باشد>ε0عددی مانند. گيريمخواه می را دلn موجود است به

طوری که

( ) 0mn nm,n,f,fd ≥∀< ε

)يعنی ) ( ) 0mn nm,n,xfxfmax ≥∀<− ε

]بنابراين ] ( ) ( ) ε<−∈∀≥∀ xfxf1,0x;nm,n mn0

}بنابر قضيه ھمگرايی يکنواخت کوشی، دنباله }nfازتوابع به طور يکنواخت بر [ nf,fفرض کنيد حد. ھمگراست1,0[

] تابعی پيوسته برfپس . ھا پيوسته اند و ھمگرايی، يکنواخت استnfچون. باشد }يعنی. است1,0[ }nfای از به نقطه

[ ]1,0C يعنی تابع fھمگراست،.

] ، مجموعه توابع حقيقی و پيوسته بر Xفرض کنيد )78سوال باشد و 1,0[

( ) ( ) ( ) Xgfdttgtfgfd ∈∀−= ∫ ,,1

0) ثابت کنيد )dX . تام نيست,

}فرض کنيد دنباله : برھان }nx درXبصورت زير تعريف شده است .

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

≤≤

≤≤=

111

10

3

2

tnt

ntn

txn

mnبه ازای داريم <

( ) ( ) ( )

( )

( )

1

01 1

1110

1

12

2 2

,

1 1 1

2

1 2 1 2

1 1 0 ,

2 222

22

n m n m

n m

mn

m

n

d x x x t x t dt

n m mdtt t t

n m t mtn

m mn m m nn n

n mm n

= −

= − + − + −

−= + −

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= − → →∞

∫

∫ ∫ ∫

}بنابراين }nx يک دنباله کوشی است حال نشان ميدھيم اين دنباله کوشی درXفرض کنيد . ھمگرا نيست{ }nx ھمگرا به

Xx∈ باشد در اينصورت

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∫ ∫∫ −+−=−= 2

2

1

0

11

1

0

1, n

nnm dttx

tdttxndttxtxxxd

)چون انتگرال ھای طرف دوم نامنفی اند پس ) 0, →xxd n ايجاب می کند که ھر دو انتگرال به سمت صفر ميل کنند و چون

Xx∈ پس xد پيوسته باشد باي.

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=≤<=

−

0102

1

tntttx

}و اين يک تناقض است در نتيجه . پيوسته نيستt=0که در }nx نمی تواند درXيعنی . ھمگرا باشد( )dX . تام نيست,

)نشان دھيد )79سوال ){ }0,: =∈= AxdExA

: اثبات( ) ( )

( ) ( ) 0,,,0,:0,,0

=⇔<>∀⇔<∈∃>∀⇔≠>∀⇔∈

AxdrAxdrryxdAyrArxBrAx φI

)دو فضای متريک )80سوال ) ( )dAdA S' مفروض اند روی ',',, A A= متريک ×

( ) ( )( ) ( ) ( ){ }','',,max',,', yxdyxdyyxxD =

) به مرکز گوی بازS و ثابت کنيد که r<0و فرض می کنيم را در نظر می گيريم )', xx و شعاع r برابر است با

( ) ( )rxBrxB ,', ×

: اثبات

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )rxBrxByyrxByrxByryxdryxdryyxxD

,',',,'',,

','',,',,',

×∈⇔∈∈⇔

<<⇔<

.و مساله ثابت می شود

0 دنباله ھا و سريھا مسائل بخش6فصل *6فصل *

}برای ھر دو دنباله )1سوال } { },n nb a ثابت کنيد

( ) nnnn baba suplimsuplimsuplim +≤+

:حل

( )

( )IIbbNntsNbb

IaaNntsNaa

nn

nn

2:.suplim

2:.suplim

*22

*

*11

*

ε

ε

+≤≥∀∃⇒=

+≤≥∀∃⇒=

}با در نظر گرفتن }21,max NNN Nn برای مقادير = خواھيم داشت ≤

ε++≤+ ** baba nn

** دلخواه است پس ε<0چون baba nn می گيريم، در نتيجه suplim از طرفين +≥+

( ) **suplim baba nn +≤+ .

,**با جايگذاری مقادير ab خواھيم داشت ( ) nnnn baba limsuplimsuplim +≤+

}برای ھر دو دنباله )2سوال } { }nn ab ثابت کنيد ,

( ) ( ) ( )lim sup . limsup lim supn n n na b a b≤

:حل

* * *1 1

*2 2

limsup , lim sup :2

, . :2

n n n

n

a a b b N a a St n N

N s t n N b b

ε

ε

= = ⇒ ∃ ≤ + ∀ ≥

∃ ∀ ≥ ≤ +

}با در نظر گرفتن }21,max NNN Nn برای مقادير = خواھيم داشت≤

( )1* * * * * *

2 2 2 2n na b a b a b a bε ε ε ε⎛ ⎞⎛ ⎞≤ + + = + +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

baba** برقراراست پس ε<0به ازای ھر ) 1(و چون رابطه nn : از طرفين رابطه خواھيم داشت suplim با گرفتن ≥

nnnn baba suplim.suplimsuplim ≤

}اگر)3سوال } { }nn xy باشد درست دنباله ھالی حقيقی باشند ثابت کنيد ھر يک از نابرابری ھای زير که ھر دو طرفش معنی دار ,

است

( )( ) ( ) ( )nnnn

yxyxnnnn

yxyx

yxyx nn

nn

suplimsuplimsuplim

infliminfliminflim supliminfliminflimsuplim

+≤+≤

≤+≤+ ++

nnمشابه حل مساله قبلی می باشد و فقط بايد از اين نکته استفاده کرد که : اثبات xx supliminflim ≤

:نکته :صل ضرب داريم ، از عمل ضرب استفاده کنيم باز ھم احکام مشابھی برای حا+به جای عمل ) 3توجه کنيد که اگر در سوال

}فرض کنيم )4سوال }nx دنباله ای از اعداد مثبت باشد و قرارداد ميکنيم ∞==∞ 0

1,01 در اين صورت ثابت کنيد

nnnn xxxx inflim11suplim)2

suplim11inflim)1 ==

)1اثبات

( )

( )

1 11 liminf . limsup liminf11 .

1 11 limsup . limsup .(liminf )

n nn n

nn

n nn n

x xx x

xx

x xx x

⎧ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= ≤⎪ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠= ⇒ ⎨⎛ ⎞⎪ = ≥⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩

1 1 1liminf liminflimsupn n nx x x

⇒ ≤ ≤

.است) 1مشابه اثبات : 2ات اثب

}فرض کنيد )5سوال }nx دنباله ای کراندار از اعداد حقيقی باشد و به ازای ھر دنباله حقيقی کراندار مانند { }ny داريم

( ) nnnn yxyx suplimsuplimsuplim +=+

}ثابتت کنيد که }nxھمگراست

)م می داني: اثبات ) nn xx inflimsuplim nnکافی است . پس با توجه به اين نکته مساله را حل می کنيم . −=− xy −=

در نتيجه . قرار دھيم

( ) ( ) ( ) ( )⇒=⇒−=−+= nnnnnn xxxxxx supliminfliminflimsuplimsuplimsuplim0پس

{ }nxھمگراست .

}فرض کنيد)6سوال }nxاست و به ازای ھر دنباله حقيقی کراندارمانند دنباله ای کراندار از اعداد حقيقی { }ny داريم

( ) nnnn yxyx infliminfliminflim +=+

}ثابت کنيد }nxھمگراست .

: اثبات

n کافی است قرار دھيم 5مانند مساله ny x= ) و از رابطه − ) nn xx supliminflim . استفاده کنيم−=−

}فرض کنيد )7سوال }nx دنباله ای کراندار از اعداد مثبت باشد و به ازای ھر دنباله کراندار از اعدادمثبت مانند { }ny داريم

( )( )nnnn yxyx suplimsuplimsuplim } ثابت کنيد که = }nyھمگراست .

:اثبات

کافی است قراردھيم n

n xy 1 داريم 4 در اين صورت بنابر مساله =

( ) ( )

⇒=⇒

⇒⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

nn

nn

nn

xxx

xx

x

supliminfliminflim1suplim1suplimsuplim1

}دنباله }nxھمگراست.

} فرض کنيد)8سوال }nx دنباله ای کراندار از اعداد مثبت باشد و برای ھر دنباله کراندار از اعداد مثبت مانند { }ny باشيم داشته

( )( )nnnn yxyx infliminfliminflim } ثابت کنيد = }nxھمگراست.

: اثبات

می باشد و کافی است قرار دھيم 7مانندحل سوال n

n xy 1 .استفاده کنيم) 1 قسمت 4 و از مساله =

}اله مانند مجموعه حدھای زير دنباله ای يک دنبSفرض کنيد )9سوال }ns فرض کنيد . باشدnt يک دنباله در RS I باشد

nttو lim= در اين صورت ، t به sتعلق دارد .

:اثبات

1tچون : برھان S∈ پس زير دنباله ای از ns 1 طبق فرض بهt ھمگراست پس n ای موجود است به طوری که

1 1 1ns t− 2فرض کنيد . > 1,..., ,kn n n به گونه ای گزينش شده باشند که

)1 ( knnn <<< ...21

و

)2(1 , 1,2,...,

jn jS t j kj

− < =

}چون زير دنباله ای از }nS 1 به+kt1 ھمگراست، عددی مانند+kn با kk nn موجود است به طوری که 1+<

( )11

11 +<− ++ k

tS knk .برقرار است) 2(و ) k ،)1+1 در نتيجه

tابتدا فرض کنيد . برای بقيه برھان الزم است چندين حالت را مورد بررسی قرار دھيم R∈ يعنی t نباشد−∞ يا +∞ برابر .

،∋Nk که kچون برای ھر

( )31 ttk

tttStS kkknn kk−+<−+−≤−

چونε<0فرض کنيد∞→=

kk ttlim پسN ای موجود است کهNk مستلزم آن است که <

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧>

ε2,max Nk ،

آنگاه 2

1,2

εε<<−

kttk 3( و لذا بنابر (ε<− ts

kn

. تعلق داردs به tبنابراين

داريم ) 2(از . t=∞+اينک ، فرض کنيد k

ts knk

1 و چون <−

∞→+∞=

nktlim بنابراين

∞→

+∞=nnk

slim . در مورد

. عمل می کنيم به نحو مشابھیt=∞−حالت

11فرض کنيد )10سوال 0 <<− a و به صورت بازگشتی

1211

2n

naa −+⎛ ⎞= ⎜ ⎟

⎝ ⎠)فرض کنيد . )n

nn aA −= 14 .

. چه روی می دھدnA به بی نھايت ميل کند، برای nوقتی که

:اثبات

θ ، πθنيم زاويه منحصر به فردی چون می دا. ظه کنيم مالح θcos0 وجود دارد به طوری که 0>> =a به ازای اين

θداريم .

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

==

nnaa

a

2cos,...,

4cos

22

cos1

2cos

2cos1

21

2

21

1

θθθ

θθ

به ھمين ترتيب .حال می توانيم محاسبه کنيم

2

222

2

2sin

2cos1

2cos1

2sin4

2cos1

2cos1

2cos14

2cos14

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

nnn

nn

n

nnn

nn

nA

θ

θ

θθ

θ

θ

θ

θθ

θ

، nگ شدن با بزر

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+ n2

cos1

2

θθ

به 2

2θ ميل می کند و

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

n

n

2

2sin

θ

θ

به بی nبنابراين وقتی که . می گرايد 1 به

به nAنھايت ميل می کند ، 2

2θ . می گرايد

}ثابت کنيد مجموعه ھمه عددھای گويای مثبت را می توان در يک دنباله نامتناھی )11سوال }nb طوری مرتب کرد که دنباله

( )⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

nnb1

. ھمگراست

.دنباله زير را در نظر بگيريد: اثبات

) 1(شکل

1 1 1 11 ...2 3 4 52 2 2 22 ...2 3 4 53 3 3 33 ...2 3 4 54 4 4 44 ...2 3 4 55 5 5 55 ...2 3 4 5

... به اين ترتيب ھمه کسرھايی را که به ساده ترين صورت تحويل نشده اند ، حذف می کنيم بنابراين دنباله به صورت

1 1 3 2 1 1 1..., , ,5,4, , , , ,3,2, ,16 5 2 3 4 3 2

اھيم که ام اين دنباله باشد می خوn جمله nbاگر . آغاز می شود⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

nnb1

به

ام، n است و ھر عضو ستون nام ، کوچکتر يا مساوی با nمی بينيد، ھر عضو سطر ) 1(ھمانطور که در شکل . ھمگراست 1

بزرگتر يا مساوی n1

. است

ninjام باشد ، آنگاه jام و ستون i در سطر nbر ھمچنين اگ ≤≤ ,

، nبنابراين به ازای ھر 1 1

nb j nn j≤ ≤ ≤ ≤

n در نتيجه nnn

n

nn cnb

nn

a ≡≤≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=≡

111

111

اينک بنابر اصل فشار ، ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

nnb1

. ھمگراست1 به

,...,,12فرض کنيد )12مساله aaak عددھايی حقيقی و مثبت باشندو

( ) ,...2,1,...1

21 =+++= naaab nnk

nnn

}ثابت کنيد }nb دنباله ای ھمگراست و { } ( )1,...,maxlim 1 >=∞→

kaab kn

n

: اثبات

}، فرض کنيد nبه ازای ھر عدد طبيعی مانند }kaab ,...,max 1=

( ) ,...2,1

...11

21

==≤≤

≤+++≤

nbkkbbb

kbaaab

nnnn

nnk

nnn

و چون ∞→=

nnk 1lim1

پس ∞→=

nn bbk1

limپس بنا به قضيه فشار مساله حل می شود .

}فرض کنيد )13مساله } { }nn ab } دنباله ھايی يکنوا و جمله ھای , }nbثابت کنيد اگر . مثبت باشند⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

ba

يکنوا باشد ، دنباله

.زير نيز يکنوااست

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++++++

n

n

bbbaaa

...

...

21

21

:اثبات

اگر ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

ba

) صعودی باشد، )1

1,...,2,1+

+≤=n

n

i

i

ba

bani طبيعی مانند پس به ازای ھر عددn ،

111111 ,..., ++++ ≤≤ nnnnnn abbaabba

بنابراين

پس

( ) ( )( ) ( )

( )( )nn

nnnn

n

n

n

n

nnnn

bbbbbbaabbba

bbbaa

bbbaa

bbbaaaab

++++++++−++

=+++

++−

+++++

+++≤+++

++

+

+

++

............

......

......

......

2121

1111

21

1

121

11

211211

و بنابراين دنباله

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++++

n

n

bbaa

...

...

1

صعودی است و با استدالل مشابھی می توان نشان داد اگر 1⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

ba

ه شده ھم نزولی نزولی باشد، دنباله داد

.است

}فرض کنيد )14مساله } { }nn ab دو دنباله ھمگرا باشند و ,

( ) { } { }nnnnnn basbatn ,max,min,...2,1 } ثابت کنيد دنباله ھای === } { }nn st ھمگرا ھستند و ,

.حد آنھا را بيابيد

:اثبات ، داريمnبه ازای ھر عددطبيعی

2

2nnnn

n

nnnnn

babat

babas

−−+=

−++=

پس اگر ∞→∞→==

nn

nn aabb lim,lim در نتيجه

( ) { }

{ }∞→

∞→

=−−+

=

=−++

=

n

n

n

n

bababa

t

bababas

,min2

lim

,max2

lim

عددھايی حقيقی و مثبت باشند و ,baفرض کنيد )15مساله 11,2,..., n nn

n b ab⎡ ⎤

= = ⎢ ⎥⎣ ⎦

} ثابت کنيد }nb دنباله ای

.ھمگراست و حد آن را بيابيد :اثبات

و در نتيجه Nb<1 وجود دارد به طوری که Nر اصل ارشميدس اعداد حقيقی ، عددی طبيعی مانند بناب

11<

NbNn، اگر 111 آنگاه ≤

<≤Nbnb

01و بنابراين =⎥⎦

⎤⎢⎣⎡nb

Nn، اگر εمثبت مانند پس به ازای ھر عدد ، آنگاه ≤

10 0n n nb b anb

ε⎡ ⎤− = = = <⎢ ⎥⎣ ⎦

limبنابراين 0nnb→∞=

) داده شده اند و ba,11عددھای)16مساله )1,0, 11 ∈baدنباله ھای ( ) ( )∞=∞= 11, nnnn abاين طور تعريف شده اند :

( )( ) 11

11

11

11

≥+−−=≥+−−=

+

+

nbbabbnabaaa

nnnn

nnnn

∞→∞→ nnnn

ba lim,limرا در صورت وجود پيدا کنيد .

111فر ض کنيد: اثبات bad از استقرای ساده می توان نتيجه گرفت که =−−

111

1 ≥−−

= nddaa

n

n

پس d>1چون

11

1limba

aan

n +=

∞→

:ين ترتيب می توان ثابت کرد به ھم

1

1 1lim nn

bba b→∞

=+

عددی حقيقی باشد و αفرض کنيد)17مساله [ ] [ ] [ ]

2

...2n

nanααα +++

} ثابت کنيد= }na دنباله ای ھمگراست و حد

.آنرا پيدا کنيد

] ، kبه ازای ھر عدد طبيعی مانند : راه حل ] ααα kkk ≤<−1

،nپس به ازای ھر عدد طبيعی مانند

( ) [ ]∑ ∑ ∑= = =

≤<−n

k

n

k

n

k

kkk1 1 1

1 ααα

يا ( ) [ ] [ ] [ ] ( )( )

21...2

21 nnnnnn +

≤+++<−+ ααααα

پس ( ) ( )

nna

nnn

n 211

21 +

<<−+ αα

ا ام( ) 01lim,

221lim

2lim ==

+⇐=

∞→∞→∞→ nnna

nnnn

ααα

,...,,01فرض کنيد)18مساله aaan 0 عددھايی حقيقی باشند و 1 ... 0ka a a+ + + } دنباله = }nb را در نظر بگيريد به

طوری که

,...2,1=nknananab kn +++++= ...110

kaaaaچون: اثبات −−−−= ،n پس به ازای ھر عدد طبيعی مانند 210...

( ) ( )( )kakna

nanananab

kk

n

−+++

−++−+=

...

21 2211

kiاما اگر nin

inin ≤≤++

=−+ ki پس به ازای,1 داريم1≥≥

( ) 0limlim =++

=−+∞→∞→ nin

ianinaniin

0limبنابراين =∞→ nn

b

}دنباله )19مساله }na را در نظر بگيريد به طوی که

,...2,11...2111

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++= n

nnan

0limثابت کنيد =∞→ nn

a

می دانيم: اثباتn

nan

1...211 +++

پس چون =nn

1lim∞→

0lim برابر صفر است پس =∞→ nn

a رجوع كنيد51به مساله .

)امتناھيدنباله ن) 20مساله ) 1k ka ∞=

Nkاند، چنان است كه براي ھرھاي آن، عددھايي مثبت ، كه ھمه جمله ) 1. ( داريم∋

( ) 1aka k1k . ، ثابت كنيد ھمه عددھاي اين دنباله، عددھايي گنگ اند++=

و به صورت ھاي دنباله، عددي گوياكنيم، يكي از جملهفرض مي: اثباتqpak عددھايي طبيعي p,q,1 باشد، كه در آن، =

. توان مقدار جملة بعدي را بدست آورد، مي)1(با توجه برابري . ايمگرفته

ppkqk

pqk

a1ak

1k−

=−=−=+

qp برابر kaمجموع عددھاي صورت و مخرج، در 1ka و در + pkqp برابر+ 1ka است، يعني اين مجموع در +− +

و فرض را . شودرسيم كه يكي از دو جمله صورت يا مخرج، عددي منفي مي است و بنابراين، بعد از چند گام به جايي ميkكمتر از .كند كه در اين دنباله، جمله گويا وجود ندارداين تناقض ثابت مي. كندقض ميكه بايد ھمه جمله ھا مثبت باشند، ن

12دنباله عددھاي مثبت) 21مساله a,a...,دانيم مفروض است و مي( ) 1nn2n aaaNn ثابت كنيد، ∋≥−+

0alim nn

=∞→

.

كنيم ابتدا ثابت ميn1a0 n .گيريمحكم نتيجه مي و از آنجا ≥>

1n براي 1aaaaa داريم= 112121 <⇒<−≤

عالوه بر آن21

41

21a

41aaa

2

12112 <≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=−≤

يعنيn1an 2n به ازاي> 2nاكنون، فرض مي كنيم حكم براي عدد. = كنيم، در اين صورت، براي ثابت مي. درست باشد≤

n+1چون . ھم درست است( ) 2xxxf ⎦⎥ در بازة =−⎤

⎢⎣⎡

2صعودي است و در ضمن 1,0

n1an بنابراين>

( )( ) 1n

11nn

11n

1n1

n1

n1fafa 22n1n +

<+

−+

=−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛<≤+

,Nnپس براي ھر n1a0 n 0alim پس با گرفتن حد از طرفين اين نامساوي بنابر اصل فشار خواھيم داشت≥>∋ n

n=

∞→

01nدنبالة عددھاي) 22مساله a,a,...,aبه اين صورت داده شده است :

( )n,...,2,1kan1aa,

21a 2

1k1kk0 =+== −−

1alimثابت كنيد n =

1aابتدا ثابت مي كنيم: اثباتn11 n 2برابري. −>>

1k1kk an1aa −− ، ھم ارز است با برابري=+

1kk1k an1

a1

a1

−− +=+

n10چون a...aa21

)اشت، بنابراين خواھيم د=>>> )n,...,2,1k,n1

a1

a1

k1k=<−

−

112اوريم اگر آنھا را با ھم جمع كنيم، به دست ميa11

a1

a1

nn0=−>⇒<−

1anيعني بنابراين، اين نابرابري ھا برقرار است. >

1n1

a1

a1

k1k +>−

−

:آيدكه از مجموع آنھا، به دست مي

1nn

a1

a1

n0 + بنابراين−<

1n2n

1nn2

a1

n ++

=+

−<

يعنيn

1n2n1nan

−>

++

1a پس<n11 n 1alim و با گرفتن حد از طرفين −>> n

n=

∞→ .شود مي

1514131213...ثابت كنيد)23مساله +++++=

)فرض كنيد: اثبات ) ( ) ( ) ( )nx11nx11x1x1xfr ++−+++++=

) ، m>nمعلوم است كه اگر ) ( )xfxf nm ف ديگراز طر. <

nf

( )( )( )

( ) ( )( ) ( )xf1nx1nx...11x1x1

2x1x1x1

2xx11x

n>++−++++++=

=

++++=

++=+

M

)بنابراين )xflim n

n ∞→)فرض كنيد. حد وجود دارد ) ( )xfxflim n

n=

∞→)در اين صورت. ) 1xxf و ≥+

( ) x2

4xx...1x1x1x1xf2

>++

=++++>

)بنابراين ) 1xxfx )فرض كنيد. >≥+ ) ( )xf1xxg )در اين صورت. =+− ) 1xg0 توان ثابت كرد كه به سادگي مي≥>

( )( ) ( )1xfx1xf 2 ++=

به اين ترتيب( )( ) ( ) ( )1xxgxgxf1x +=++

( ) ( ) ( )0

nx1

nxnxg...

1x1xg

xxg

→+

<++

≤≤++

≤

)يعني ) 1xxf ) و در نتيجه =+ ) 32f =

1در دنبالة عددھاي مثبت)24مساله 2, , ,...na a a ھر جملة ( ) raNn∈1ا برابر يna21

1na و يا برابر− آيا ممكن . است−

. داشته باشد (0,1)است اين دنباله حدي در بازة )فرض كنيد: اثبات )1,0A,Aalim n

n∈=

∞→Nnشود كه براي ھر انديس پيدا ميN در اين صورت عدد طبيعي : داشته باشيم≤

3A4a

3A2

n <<

Nnاگر براي ھر 1nn، برابري< aa :آيد به دست ميn→∞ برقرار باشد، آن دقت، ضمن عبور به حد به ازاي=−

1 1lim lim limn n nn nA a a a A− −

→∞ →∞= = = =

}بنابراين }1,0A∈كه شرط ( )0,1A∈اگر ھم، به ازاي انديس از . كند نقض مي راn>N 1 برابريnn aa برقرار =−

1نباشد آن وقت1 1 4 22 2 3 3n n

A Aa a −= < × =

و نابرابري 3A2A }بنابراين دنبالة. كند را نقض ميN، شرط انتخاب عدد > }naه باشد داشت(0,1)تواند حدي در بازة نمي.

))25مساله )∞=1nnaاي از اعداد حقيقي مثبت است كه به عدد مثبت دنبالهaدر اين صورت به ازاي ھر عدد حقيقي . ھمگراستx

xx:داريمn aa →.

xa0فرض كنيم: اثبات << εدھيم قرار مي( )x1

xaC ε+= و ( )x1

xab ε−= . با توجه بهεε +<<− xxx aaa روشن

cabاست كه aanچون. >> پس→

, x x xn n

x x x x nn n

N N S T n N b a c b a c

a a a a aε ε ε

∃ ∈ ∀ ≥ ⇒ < < ⇒ < <

⇒ − < < + ⇒ − <

xxو اين دقيقا يعنيn aa →

) فرض كنيد)26سوال )∞=1nnx 0 يك دنباله باشد به طوري كهxx 2nn →− ثابت كنيد n→∞ وقتي كه −

0nxxlim 1nn

n=

− −

∞→

2چون: اثبات 0n nx x −− 0nn ھايي كه n و ε اي موجود است به طوري كه براي ھر 0n پس → ريم دا≤

ε<− −2nn xx

( ) ( ) ( )( ) ( )( )1nn1n1n

4n2n3n1n2nn1nn

0000xxxx

...xxxxxxxx

−−+

−−−−−−

−−−±−−+−−−=−

در نتيجه

( ) 1nn01nn 00xxnnxx −− −+−≤− ε

1nnبنابراين xx .كند به سمت صفر ميل مي−−

33 حد دنباله اي از اعداد به شكل 2 ثابت كنيد)27مساله mn −) ( )*Nn,m .است ∋

فرض كنيد: اثبات⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+= 3

2

m23mn3تابع : در اين صورت با استفاده از قضيه مقدار ميانگين داريم1

x را روي بازه [ ]n,m

وجود دارند كه m,n بين cدر اين صورت عددي مانند . در نظر بگيريد

( )

2321 1

33 32 23 3

3 21 2

3 3 2

mmn m n mc

c m

⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎣ ⎦− = − = ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

1و چون . كند ميل مي1 به سمت m→∞آخر سمت راست در تساوي باال، وقتي كه عبارت cm

nm

، m→∞ و وقتي >>

1nm پس→

2mnlim 31

31

n=⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛−

∞→

sثابت كنيد)28مساله k 1شكل حد دنباله اي از اعداد بهk1k mn ++ .باشد مي−

)دھيم مثل حل مساله باال قرار مي: اثبات )⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++= +1k

ks mk1kmnشود و مساله حل مي.

a,...,a,a...,فرض كنيد دو دنباله)29مساله n10 و ,...b,...,b,b n10دو دنباله باشند كه در شرايط زير صدق مي كنند .

,..2,1,0n...b...bb0b

n10

n

=++++>

واگراست

Sbalim

n

nn

=∞→

Sآنگاه ثابت كنيدb...bba...aalim

n10

n10n

=++++++

∞→

آنگاهny→∞ يكنوا و nyمي دانيم اگر : اثبات1nn

1nnnn

nn yy

xxlimyxlim

−

−

∞→∞→ −−

:دھيمقرار مي=

n0nn0n a...ax,b...by ++=++=

1nدر اين صورت چون n nx x a−− n1nn و = byy =− پس −n

nnn

nn b

alimyxlim

∞→∞→ .شود و حكم ثابت مي=

مطلوب است محاسبه )30مساله log !limlog nn

nn→∞

logفرض كنيم : حل !nx n= و nn nlogy : خواھيم داشتn>1 و به ازاي=

( ) ( )

( )( )

( )

( )

1n

1n

1n

1n

1nn

1n

n1nn

1nn

1nn

n11log.

nlog11

1n

1nlognlog

nlog1n

nlognlog

nlog1n

nlog

nlog1nlognlog

nlog1nlog1nnlogn

nlogyyxx

−

−

−

−

−

−

−

−

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

=

−−

=

−+

=

−

=−−

=

−−−=

−−

1nlog

!nloglim1yxlim1

yyxxlim nnn

nn1nn

1nnn

=⇒=⇒=−−

∞→∞→−

−

∞→

10 عددي حقيقي باشد و αفرض كنيد )31مساله <<α . ھمچنين فرض كنيد{ }naدنباله اي از اعداد مثبت باشد

,...3,2,1naa

a

n

1n =<+

}ثابت كنيد }na0گراست و ھمalim nn

=∞→

n، 2nبه ازاي ھر عدد طبيعي مانند ≥

11n

2n2

1nn a...aaa −−− <<<< ααα

10 و چون <<α0 پسlim 1n

n=−

∞→α . 2چون به ازاي ھر عدد طبيعي مانندn ≥

11n

11n

nn aaaa −− =<= αα

1 پس1lim 0 lim lim lim n

n n nn n n na a a aα −

→∞ →∞ →∞ →∞= = ⇐ ≤o

}ھمچنين فرض كنيد. α<1 عددي حقيقي باشد و αفرض كنيد )32مساله }na دنباله اي از اعداد مثبت باشد و

,...2,1na

a

n

1n =>+ α

واگراست و naثابت كنيد∞→+∞=

nnalim

2n و nبه ازاي ھر عدد طبيعي مانند : حل ≥ 2 1

1 1 1... 0nn n na a a aα α α −

− −> > > > >

−=∞+ و چون

∞→

1n

nalim پس

∞→∞=

nnalim

2Sعددي طبيعي است و sكنيد فرض . z<1عددي گويا و مثبت است و z)33مساله در اين صورت حداكثر يك عدد طبيعي ≤

) وجود دارد كه aمانند ) 1a1za0 1S <−< −

و a<bتوانيم فرض كنيم مي. در نابرابري باال صدق كنندa,b فرض كنيد عددھاي طبيعي :اثباتnmz عددھايي m,nكه در آن =

در اين صورت. طبيعي اند

( ) 1Sanabmm

an

−<−≤<

.بنابراين مساله درست است. كه درست نيست

}فرض كنيم)34مساله }na دنباله اي ھمگرا باشد و عدد حقيقي bثابت . به تعداد دفعاتي نامتناھي در اين دنباله ظاھر شده باشد

balimكنيدn

n =∞→

.

Lalimفرض كنيد : اثباتn

n =∞→

Nn وجود دارد كه اگر N عددي مثبت باشد، عددي طبيعي مانند εدر اين صورت اگر . آنگاه <

ε<− Lan . اما عددي طبيعي مانندm وجود دارد كه m>n و bam بار در دنبالة N حداكثر b، زيرا در غير اينصورت =

{ }maبنابراين. شود ظاھر ميε<−=− LbLam

0LbLb برقرار است پسε<0و چون نابرابري باال براي ھر =−⇐=

}فرض كنيد)35مساله }{ }nn b,a دنباله باشند و دنباله دو{ }nn ba } و دنباله A ھمگرا به + }nn ba ثابت . باشدB ھمگرا به −

}كنيد دنبالة }nnbaھمگراست و حد آن را بيابيد .

،nتوجه كنيد كه به ازاي ھر عدد طبيعي مانند : اثبات

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )4

BA4

babalimbalim

Bbalim,Abalim4

bababa

222nn

2nn

nnn

n

22nn

n

22nn

n

2nn

2nn

nn

−=

−−+=

=−=+

−−+=

∞→∞→

∞→∞→

ع سري زير را پيدا كنيدمجمو)36سوال

( )∑∑∞

=

∞

= +=

1m 1nnmm

2

3m3n3nmS

∑∑سري دوگانه برابر است با : حل∞

=

∞

=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

1m 1nnmn

22

3m1

3n1

3mnmS

( )∑∑ ∑∑∞

=

∞

=

∞

=

∞

= +−=

1m 1n 1m 1nnmn

2

nm 3m3n3mn

23mn

. جابجا شده اندn,m است كه فقط Sسري دومي برابر

∑∑ در نتيجه ∑∞

=

∞

=

∞

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

1m 1n

2

1mmnm 3

m33

mnS2

2

1mm3

m21S ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛= ∑

∞

=

:كنيماز رابطة زير استفاده مي

( )∑ ∑∞

=

∞

= −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−=⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

0m2

0m

mm

x1x

x11

dxdxx

dxdxmx

:در نتيجه

329S

43S2

2

=⇒⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

، نشان دھيد كه m نشان دھيد كه براي ھر عدد صحيح مثبت )37سوال

( ) ( )1 0 0 0 0 11 1 1

1...1 ... ...

m mn n n n n n n n

∞ ∞ ∞

= = = + + + +∑ ∑ ∑

( ) ( )1111

01 1

111 1!

it jmm

j i

e dt et i

−−−

= =

⎛ ⎞⎛ ⎞−−⎜ ⎟⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ ∑∫

} اگر)38سوال } +∈∈ RP,R,an λ يك دنباله در R باشد و λ=−∞→ 1pn

n nalim

) و ھمچنين ) ∑=

=∈∀n

1kkn aSNnنشان دھيد .

)∞<λيك عدد حقيقي است (λP1

na...aalim p

n21n

=+++

∞→

n1nnمي دانيم اگر: اثبات yy,y >∞→ } و + }nxيك دنباله باشد آنگاه با موجوديت حد راست رابطه زير برقرار است :

n1n

n1nnn

nn yy

xxlimyxlim

−−

=+

+

∞→∞→

n1nقرار مي دھيم a...ax ++=

m

( )

λP1

pnalim

p1

...npalim

1nnalim

yxlimny

1pn

n

1pn

nppn

nn

nn

Pn

=

=

−=

−−=⇒=

−∞→

−∞→∞→∞→

}اگر )39تمرين }na يك دنباله در Rباشد و داشته باشد λ=∞→

nn

anlim

n1nو a...aS =λ ثابت كنيد=++∞→ nLn

Slim nn

برعھده متعلم: اثبات

)نشان دھيد که :40مساله )∑∞

=

=++0

24 21!1

n

ennn

: حل( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ] ( )

( ) 2!111

21

!11

11!1

11!121

11

!1

0

24

en

nnnnn

nnnn

nnn

n=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+

+=

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

++−

−−

+++=

++

∑∞

=

}فرض کنيد)41مساله }npيک دنباله در +R و { }nxاله کراندار باشد و يک دنب

1 1 2 1

1 2

. ......

n n nn

n

p x p x p xSp p p

−+ + +=

+ + +

. يک دنباله کراندار استnSنشان دھيد

}چون: اثبات }nxيک دنباله کراندار است پس

1 1 2 1 1 1

1 2 1 2

; .

.... ...... ...

n

n n n n nn

n n

n M s t x M

p x p x p x p M p M p MSp p p p p p

− −

∀ ∃ ≤

+ + + + + +≤ ≤

+ + + + + +

M=

}پس }nSيک دنباله کراندار است .

}نشان دھيد اگر)42مساله }nxکراندار باشد آنگاه n

xxx n+++ . نيز يک دنباله کراندار است21...

21...1کافی است در مساله باال قرار دھيم: اثبات ==== nppp

)ثابت کنيد که ھر دنباله حقيقی مانند)43مساله )∞=1nnxدارای حداقل يک زير دنباله اکيدا صعودی است. داشته باشد که ماکسيمم ن .

).گزاره مشابھی ھم برای مينيمم داريم(

11قرار می دھيم: اثبات =k1 چونx 12 ماکزيمم دنباله نيست، انديس مانند kk وجود دارد به طوری که <12 kk xx چون <

2kx23 جمله ماکسيمم دنباله نيست، انديسی مانند kk وجود دارد به طوری که <23 kk xx با ادامه اين فرايند، زير دنباله ای <

)اکيدا صعودی مانند )∞=1nkn

xآيد به دست می.

RRgfفرض کنيد)44مساله پيوسته باشند و ,:→

( ) ( ){ }xgxfRxxA ≥∈= ,|

}فرض کنيد }na دنباله ای از اعضای A باشد و aan

n =∞→

limثابت کنيد Aa∈.

) ، nواضح است که برای ھر عدد طبيعی مانند : راه حل ) ( ) 0≥− nn agaf اما چون f و g در a پيوسته اند

( ) ( )afaf nn=

∞→lim و ( ) ( )agag nn

=∞→

lim .پس بنابراين

( ) ( )( ) ( ) ( ) Aaagafagaf nnn∈⇒≥−=−

∞→0lim

}ثابت کنيد اگر رشته )45مساله }nn aa باشد رشته α متقارب به عدد1+−⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

nan نيز متقارب به αست ا.

nnمی دانيم اگر: اثبات yy 1 و 1+≤

1lim , lim n n

nn n n n

x xyy y

+

→∞ →∞ +

−= +∞

− موجود باشد آنگاه

n

n

nnn

nn

n yx

yyxx

∞→+

+

∞→=

−− limlim

1

1

nnقرار می دھيم ax nyn و = در اين صورت=

naaa

na

nnaa n

nnnn

n

n

nn

n ∞→+∞→∞→

+

∞→=−⇒=

−+− limlimlim

1lim 1

1

) عدد ثابت مثبتی باشد aاگر )46مساله )( ) ( )nn

naaane

+++=∞→

...211lim1

قرار می دھيم: اثبات( )( ) ( )

n nn nnaaab +++

=...21

؛ حالn

n

aa را حساب می کنيم که +1

( )( ) ( )nn n

naaaa +++=

...21

( )( )

( ) ( )11

1

1 1 1lim lim lim

11

1lim 1

nnn n

n nn n nn n

n

n

a n n n na aa a a n nn

en

++ →∞ →∞ →∞+

→∞

+ + + += ⇒ =

+ ++

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠

1aچون حد

n

aa موجود است پس +

n

n

nn

nnnnn

n

n aaa

eb

eaa 11 limlim;1lim1lim +

∞→∞→∞→

+

∞→==⇒=⇒

: برقرارندثابت کنيد تساوی ھای زير )47مساله

)1 (02

lim =∞→ nn

n

)2(( ) 0lim1 =>∞→ n

k

n ana

)3 (0!

2lim =∞→ n

n

n

)4(0!

lim =∞→ n

an

n

:بنابر قضيه شتواتس داريم: اثبات

)1 (( ) 0

21lim

221lim

2lim 11 ==

−−−

= −∞→−∞→∞→ nnnnnnn

nnn

λ<0 و λ+=1aبا فرض) 2(

)داريم ) ( ) ( )2 21 11 1 ...

2 2nn n n n n

a nλ λ λ λ− −

= + = + + + >

روشن است که n>2و چون به ازای 2

1 nn :، در آن صورت باالخره داريم−<

( ) ( ) nananaa

nn

41

41 2

22 −

>⇒−

>

=∞+در نتيجه∞→ n

an

nlim و چون اين نتيجه به ازای ھر a>1 درست است، با اختيار k>1 دست کم برای ( می توانيم بنويسيم

):nمقدارھای به اندازه کافی بزرگ

n

a

n

a

na

n

k

n

k

k

n ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

>

⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

=

11

=∞+و از آنجا ∞→ k

n

n nalim0 در نتيجهlim =

∞→ n

k

n an

ھم درست k<1 حاصل شد طبعا برای k>1 توجه شود که اين نتيجه برای

.است

قرار می دھيم) 3(!

2n

xn

n در اين صورت=1

2.1 +=+ n

xx nn در نتيجه به ازای n>1دنباله nxدر عين حال، . نزولی است

بنابراين. موجود استnxدر نتيجه حد . از پايين و مثال صفر کراندار است

00.1

2.limlimlim 1 =⇒=⇒+

=⇒=∞→+∞→∞→

aaan

xxax nnnnnn

0برای) 4(!

lim =∞→ n

an

n<−1يم و واضح است که به ازای عمل می کن) 3( ھم مثال anسری

!nax

n

n نزولی و اگر =

در نتيجه چون. سری از پايين به صفر کراندار استa>0فرض کنيم 1

.1 +=+ n

cxx nnپس

00.1

.limlim =⇒=⇒+

⇒=∞→

aaan

cxax nnn

) باشد در اين صورت با قرار دادنa<0حال اگر ) nnn ba ) خواھيم داشت=−1 ) 0!

1lim =−∞→ n

bnn

n b>0 زيرا

0پس!

lim =∞→ n

bn

n) و چون )n1−کراندار است پس ( ) 0

!1lim =−

∞→ nbn

n

nlim در نتيجه

!

n

n

an→∞

= o.

nثابت کنيد دنباله )48مساله n

xn ln1...31

211 −++++=) ,...2,1=n ( اين ترتيب ھمگراست به

nnCفرمولn

ε++=++++ ln1...31

2 موسوم به ثابت اويلر است و C=577216000.0 را داريم که در آن11

).nε→0 آنگاهn→∞زمانی که (

بر عھده متعلم: اثبات

)فرض کنيد:49مساله )0, >baثابت کنيد abba nn

n=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +∞→

2

2lim

⎥قرار می دھيم : اثبات⎦

⎤⎢⎣

⎡−

+= 1

2

nn

nbanxدر اين صورت ( ) ( )[ ]11

21

−+−= nnn bnanx در اين صورت

)چون )1lim −∞→

n

nan برابر Lnaمی باشد پس

[ ] abLnLnabbLnaxnn==+=

∞→ 21ln

21lim

abLneabو در واقع حد مطلوب برابر است با =

xثابت کنيد)50مساله n

ne

nx

nx λλ =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

∞→sincoslim

⎟اگر مقدار داخل پرانتز را برابر: حل⎠⎞

⎜⎝⎛ +

nxn1بگيريم، داريم :

sin 1 cos. cos 1 sin . .n

x xx x n nx n x xx xn n

n n

λ λ−⎛ ⎞= − + = −⎜ ⎟

⎝ ⎠

xxnحال می دانيم اگر x آنگاه→n

n

ne

nx

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

∞→1limدر نتيجه

n

n nx

nx

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

∞→sincoslim λ برابر xeλمی باشد .

)د که اگر دنباله ثابت کني)51مساله ),...2,1=nxn ھمگرا باشد در اين صورت دنباله ميانگين ھای

)حسابی )nn xxxn

S +++= ...1nn نيز ھمگرا و 21

n

nx

nxxx

∞→∞→=

+++ lim...lim با مثالی نشان دھيد عکس اين 21

.حکم درست نيست

nnn:با استفاده از قضيه شتولتس داريم: حل xxxany +++== ..., در اين 21

صورتnn

nn

nn

n

nnn yyaa

yaS

−−

==+

+

∞→∞→∞→1

1limlimlim1 و چون, 11 =−=− ++ nnnnn yyxaa

nnپسnn

nn

nx

yyaa

∞→+

+

∞→=

−− limlim

1

در نتيجه 1n

xxx n

n

+++∞→

...lim nn برابر21x

∞→limباشد می.

=∞+ثابت کنيد اگر )52مساله ∞→ nn

xlimآنگاه n

xxx n

n

+++∞→

...lim .باشد می+∞ برابر21

=∞+اگر: با استفاده از قضيه شتولتس داريم: اثبات−−

+

+

∞→nn

nn

n yyaa

1

1limباشد آنگاه n

n

n ya

∞→limمی باشد که در اينجا +∞ برابر

n>N ، nnnnبه ازای yyy >+∞= +∞→ 1,limحال اگر قرار دھيم. می باشدnn xxxa +++= nyn و 21... در اين =

=∞+صورت+++

=∞→ n

xxxya n

n

n

n

...lim .شود واثبات تمام است می21

)ثابت کنيد اگر دنباله)53مساله ),...2,1, =nxn 0 ھمگرا و>nxباشد در اينصورت nnn

nnxxxx

∞→∞→= lim...lim 21.

nقرار می دھيم: اثباتnxxxy nxxLnxدر اين صورت =21...

nLny ...1

پس =21

nLnxLnxLnxLny n+++

= حال چون11...

nLnxLnxLnx n

n

+++∞→

...lim nn برابر21Lnx

∞→limباشد می

nnnپسLnxLny

∞→∞→= limlimدر نتيجه nnn

xLnyLn∞→∞→

= limlimبنابراين nnnxy

∞→∞→= limlim.

=∞ صعودی و nyفرض کنيم)54مساله ∞→ nn

ylimگر اnn

nn

n yyxx

−−

+

+

∞→1

1limثابت کنيد . موجود باشد

n

n

nnn

nn

n yx

yyxx

∞→+

+

∞→=

−− limlim

1

1.

: باشدLابتدا فرض می کنيم که اين حد برابر عدد متناھی : حل

Lyyxx

nn

nn

n=

−−

+

+

∞→1

1lim

:ه باشيم داشتn>N را طوری پيدا کرد که برای N، می توان عدد ε<0در اين صورت به ازای ھر عدد دلخوا

21

1 ε<−

−−

+

+ Lyyxx

nn

nn يا 22 1

1 εε+<

−−

<−+

+ LyyxxL

nn

nn

باشد، ھمه کسرھایn>Nيعنی وقتی

nn

nn

nn

nn

NN

NN

NN

NN

yyxx

yyxx

yyxx

yyxx

−−

−−

−−

−−

+

+

−

−

++

++

+

+

1

1

1

1

12

12

1

1 ,,...,,

دانيم اگرچون می(بين اين حدھا قرار دارند dc

ba

ba

ba

ba

n

n << ,...,,2

2

1

آنگاه1dc

bbbaaa

ba

n

n <++++++

<......

21

برقرار 21

پس ) استNn

Nn

yyxx

−−

+

+

1

پس . بين ھمان حدھا قرار دارند ھم 122 1

1 εε+<

−−

<−+

+ LyyxxL

Nn

Nn پس

21

1 ε<−

−−

+

+ Lyyxx

Nn

Nnنويسيم حاال اتحاد زير را می:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛− L

yyxx

yy

yLyxL

yx

Nn

Nn

n

N

n

NN

n

n 1

L بنابراين yyxx

yLyx

yx

Nn

Nn

N

NN

n

n −−−

+−

≤−1

کمتر ازn>Nجمله دوم سمت راست، به ازای 2ε

، کمتر از ny→∞+ باقی می ماند و عامل اول نيز، با توجه به 2ε

است

Nn'مثال برای( }اگر ) < }',max NNM Mn بگيريم، روشن است که به ازای = > ،ε<− Lyx

n

nيعنی حد n

n

yx

.Lبرابر است با

=∞+حال اگر−−

+

+

∞→nn

nn

n yyxx

1

1limتوان در مورد نسبت عکس در اين حالت، قضيه ای را که ثابت کرديم میn

n

xy

: به کار برد

و آنجا

+∞=

=−−

=

∞→

+

+

∞→∞→

n

n

n

nn

nn

nn

n

n

yx

xxyy

xy

lim

0limlim1

1

)ثابت کنيد اگر)55مساله ),...3,2,10 => nxnآنگاه n

n

nn

nn xxx 1limlim +

∞→∞→فرض کنيد حد سمت راست ( برقرار است =

)موجود است

کنيم می دانيم از قضيه شتولتس استفاده می: اثبات1

limlim 1−

∞→∞→

−= nn

n

n

n

axnx

1lim برقرار است اگر −∞→− nnn

aa موجود

nnکافی است قرار دھيم :در نتيجه. باشد xLna در اين صورت =

11

lim lim limn nn nn n n

Ln x xLnx Lnx Lnn x−

→∞ →∞ −= − =

بنابراين 1

limlim−

∞→∞→=

n

n

nn

nn xxxو چون ھميشه nnn

bb =−∞→ 1lim برقرار است پس n

n

nn

n

n xx

xx 1

1

limlim +

∞→−

∞→ در نتيجه =

اگرn

n

n xx 1lim +

∞→nآنگاه موجود باشد

nxlim موجود و n

n

nn

nn xxx 1limlim +

∞→∞→=.

e:ثابت کنيد )56مساله nn

nn=

∞→ !lim:

اگر قرار دھيم: داريم) 55(طبق سوال : حل!n

nxn

n در اين صورت=

( )( ) ( )

( )( )

en

nn

nn

nnnn

nn

nn

nn

nn

n

n

n

nn

n

nn

n

nn

n

nn

n

nnn

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=+

=++

=++

==

+

∞→

+

∞→+

+

∞→

+

∞→

+

∞→∞→∞→

1

1

1

11

1

11lim

1lim1lim!11!lim

!

!11

lim!

lim!

lim

nn) الف(مطلوب است محاسبه )57مساله an2

lim∞→

( )1>a) ب (n

nLnn ∞→lim

ابتدا ) الف: (حل12

lim−∞→ n

an

n :بنابر قضيه شتولتس داريم: راحساب می کنيم

( )3212lim

12lim

1

−−−−

=−

−

∞→∞→ nnaa

na nn

n

n

n

+∞=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

−∞→

−

∞→ aaaa

n

nn

n

112

lim2

lim21

2limحال ثابت می کنيم nan

n ∞→ :بنابر قضيه شتولتس داريم. است+∞ برابر

( )+∞=

−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=−−

−=

−

∞→ 12

11

1lim 22

1

2 na

a

nnaa

na

nnnn

n

0limدر نتيجه2

=∞→ nn a

n

0limثابت می کنيم) ب( =∞→ n

nLnn

:از قضيه شتولتس استفاده می کنيم:

( )

011

lim1

lim1limlim

==−

=−

=−−=∞→∞→∞→∞→

Lnn

nLnn

nLnnLnLnnn

nLnnnnn

0limپس =∞→ n

Lnn

يک عدد طبيعی باشد در اين صورتPثابت کنيد اگر )58مساله

)الف(1

1...21limlim 1 +=

+++= +∞→∞→ Pn

nS P

PPP

nnn

) ب(21

1...21limlim =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+++

=∞→∞→ P

nn

nt P

PPp

nnn

) پ(( )

1212...31limlim 1 +

=−+++

= +∞→∞→ Pnnk

P

P

PPP

nnn

:حل

PPPبا استفاده از قضيه شتولتس و با فرض) الف(n nx +++= =+1 و 21... P

n ny در اين

صورت( ) 11 1

limlim ++∞→∞→ −−= PP

P

nnn nnnS

)ولی ) ( ) ...11 +−−=− kpp npnnدر نتيجه( ) ( ) ...11 ++=−− PpP nknn

در نتيجه

( ) 11

...1limlim

+=

++=

∞→∞→ PnPnS p

P

nnn

) ب(( )( )

( )1...211

1...21

11

1

+−++++

=

+−

+++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

+−=

+

pnnnpt

Pn

nn

PSnt

p

pppp

n

P

PPP

nn

: بگيريم با استفاده از قضيه شتولتس داريمny و مخرج کسر راnxحال اگر صورت کسر را

( ) ( )[ ]( ) ( )[ ]pp

ppp

nnn nnpnnnpt11

11limlim11

−−+−−−+

=++

∞→∞→

)و چون ) ( )[ ] ( ) ...2

111 111 ++

=−−−+ −++ pppp nppnnnp و ( ) ...1 1 +=−− −ppp knnn در

نتيجه

( )

( ) 21

...1

...2

1

limlim 1

1

=++

++

= −

−

∞→∞→ p

p

nnn pnp

npp

t

:بنابر قضيه شتولتس قرار می دھيم) پ(

( )1

12...31+=

−+++=p

n

pppn

ny

nx

( )( ) ( ) 1

2...1

...2lim1

12limlimlim 111

1

+=

+++

=−−

−=

−−

=∞→++∞→

−

−

∞→∞→ pnpn

nnn

yyxx

yx p

p

pp

npp

p

nnn

nn

nn

n

n

)ثابت کنيد که دنباله ھای)59مساله ),...2,1, =nyx nnمشخص شده با دستورھای

( )

2

,,

1

111

nnn

nnn

yxy

yxxbyaxba+

=

===>

+

+

:دارای حد مشتركی می باشند

( ) nnnnyxba

∞→∞→== limlim,μ

چون واسطه حسابی بزرگتر از واسطه ھندسی است و ھمچنين ھر دو واسطه بين عددھای اصلی قرار دارند در نتيجه : حل

axyb >>> 22

,22حال اگر واسطه ھای حسابی و ھندسی را برای دو عدد yx تشکيل دھيم در اين صورت

2332 xxyy >>>

nnاگر عددھای. و ھمين طور تا آخر yx از روی دستورھای ny+1 و nx+1 معلوم باشند آنگاه,

nnnnn

n yxxyxy =+

= ++ 11 ,2

nnnnشوند و مانند قبل معين می xxyy >>> ++ صعودی است و nx نزولی و nyزيرا. موجودندny و nxای و حدھ11

bxyaدرعين حال داريم nn حال . دارای حد می باشندny و nxدر نتيجه . کراندارندny و nxپس دنباله ھای . <<<

:فرض کنيد

tStStyx

ytySxnnnn

nnnnnn=⇒

+=⇒

+=⇒== ∞→∞→

+∞→∞→∞→ 22

limlimlimlim,lim 1

)دنباله عددی)60مساله ),...2,1=nxnبا دستورھای زير مشخص شده است :

2,, 21

21−− +

=== nnn

xxxbxax

nnمطلوب است محاسبه حدx

∞→lim

)فرض کنيد: حل ) ( )2121 ,max,,min −−−− == nnnnnn xxUxxL چون nnn

n uxxx ≤+

= −−

2 پس 21

( ) nnnn uxxU ≤= −+ 11 ,maxبه ھمين ترتيب می توان ثابت کرد :nn LL nn معلوم است که 1+≤ Lu بنابراين . ≤

( )∞=1nnu و ( )∞=1nLnفرض . حد اين دنباله ھا وجود دارد دنباله ھايی يکنوا و کراندارند و در نتيجه

)کنيد ) LLnuuLunnn

==≥∞→∞→

lim,lim ثابت می کنيم Lu عددی طبيعی . عددی حقيقی و مثبت استεفرض کنيد. =

Nn وجود دارد که اگر Nمانند ≥ ،ε+< uun . 1از عددھایتوجه کنيد که چون يکی−nx 2 و−nx برابر با nL است

1پس 2

2 2n n n n

nx x L ux − −+ +

= NnuLxn و بنابراين ≥ ≥++

≤ ,2

ε به اين ترتيب

( )2

,max 12ε++

<= ++uLxxu NNN و

2ε++

<uLu پس ε<− Lu چون ε عددی دلخواه بوده، نتيجه

−≥0می گيريم که Luو در نتيجه Lu nnاکنون معلوم است که. =x

∞→lim وجود دارد و LUxnn

==∞→

lim اين حد را

1اگر تساوی ھای . حساب می کنيم 2 32x x x+ 432 و = 2xxx را با ھم جمع می کنيم معلوم می شود که +=

4321 22 xxxx 221221. عددی طبيعی باشدk از استقرايی ساده معلوم می شود که اگر +=+ 22 ++ +=+ kk xxxx

)بنابراين )uxx 212 21 يعنی+=+3

23

lim bauxnn+==

∞→

}فرض کنيد) 61مساله }nb و { }naدو دنباله از اعداد نامنفی باشد به گونه ای که ( ) ( ) aabb nn

nn →→ q و pاگر . ,

+=1دو عدد نامنفی بوده و qp مطلوب است محاسبه ( )nnnnqbpa +

∞→lim

)می دانيم که: اثبات ) ( )1log1 aynay nnn →−⇔→

n، دنبالهnyحال به جایnxداريم) 1(در اين صورت از . دھيم را قرار می:( )0≥nx .

( ) axnax nnn log1 →−⇔→

nnnدھيم حال قرار می. مثبت استaکه دراينجا bqpax ، آنگاه=+

( ) ( ) ( ) ( )1111 −+−=−+=− nnnnn bnqapnbqpanxn

( )log log log p qp a q b a b= + =

qpnپسn bax =log

∑فرض کنيم )62مساله ∞

=1

2

nna ھمگرا باشد و ∑

=

=n

kkn ak

nS

1

1 کراندار است زيرا nS در اين صورت نشان دھيد

∑∑∑∑: داريم∞

====

≤⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛≤=

1

221

1

22

12

1 21

kk

n

kk

n

k

n

k

kn aa

nk

nakS

: از نامساوی ھلدر استفاده شده استتوجه شود که

∑ ∑∑= ==

>=+⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛≤

n

k

qn

k

qk

pn

k

pkkk p

qpbaba

1

1

1

1

1

0,111,

}اگر)63سوال }na با جمالت مثبت باشد و naΣ ھمگرا باشد ثابت کنيد ∑∞

=1

2

nnaھمگراست .

10ای به بعد داريم در نتيجه از مرتبهna→0ی داريم ھمگراست پس بنا به شرط الزم ھمگرايnaΣچون: اثبات ≤≤ na . لذا

nn aa 2 و بنا به آموزن مقايسه2≥naΣھم ھمگراست .

ھمگرا باشد و ازمرتبه ای به بعد داشته باشيم nbΣ و nb<0 و na<0فرض کنيم)64سوال n

n

n

n

bb

aa 11 ++ در اين ≥

. ھمگراستnaΣصورت

:حل داريمn

n

n

n

ba

ba

≤+

+

1

در نتيجه دنباله1⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

ba

M موجود است که M<0 نزولی است در نتيجهba

n

n در >

nnنتيجه bMa . ھم ھمگراستnaΣ لذا >

∑ در اين صورت ثابت na≤0فرض کنيم)65سوال ∑∞

=

∞

=+1 1,

1n nn

n

n aa

a . ھمرفتاراند

nاوال داريم: حلn

n aa

a≤

+≤

1∑ پس بنابر آزمون مقايسه اگر 0

∞

=1nnaرا باشد آنگاه ھمگ∑

∞

= +1 1n n

n

aa

. ھم ھمگراست

∑فرض کنيم: بالعکس∞

= +1 1n n

n

aa

0 ھمگرا باشد در اين صورت داريم1

lim =+∞→

n

n

n aa

0lim در نتيجه =∞→ nn

a لذا از مرتبه ای

در نتيجهna>1به بعد دايم21

11

>+ na

لذا n

nn

aaa+

<≤12

∑ و بنابر آزمون مقايسه 0 naھم ھمگراست .

}اگر دنباله)66مساله }naطوری باشد که برای ھر دنباله { }nb که ∑∞

=1nnb،ھمگرا باشد ∑

∞

=1nnnba نيز ھمگرا باشد، ثابت کنيد

∞<nasup.

}فرض کنيم دنباله: اثبات }na بنابراين) . فرض خلف( کراندار نباشد

2: kanNk n >∃∈∀

}لذا به راحتی زير دنباله ای چون }knaآيد که به دست می( )2kna k k> 2 در نتيجه∀ 1kna

k پس <

2lim 0kn

k

ak→∞

∑ و در نتيجه ≠∞

=12

k

k

ka

. واگراست

}دھيماز طرفی قرار می }:kA n k N= } و دنباله ∋ }∞=1mmxرا به صورت زير تعريف می کنيم :

⎪⎩

⎪⎨⎧

∉

==

Am

nmkx k

n

0

12

∑∑اکنون ∞

=

∞

=

=1

21

1km

m kx 2 ھمگرا و

1 1

knm m

m k

aa x

k

∞ ∞

= =

=∑ بنابراين . اين با فرض مساله در تناقض است. واگراست∑

}دنباله }na کراندار است، يعنی ∞<nasup.

∑اگر)67مساله ∞

=1nna يک سری از اعداد اکيدا مثبت باشد و برای ھرn طبيعی nb به شکل

naaab n

n+++

=...21

∑نشان دھيد. تعريف شود∞

=1nnbھمواره واگراست .

∑چون: اثبات∞

=2nna از اعداد اکيدا مثبت است، پس برای ھر n 0 طبيعی>na . بنابراين

211211 0,... aaaaaaa n بنابراين>+++>>+

nab

naaaabaa

nn 1211

221 ...,...,

22>=

+++>=

+

⎟در نتيجه ⎠⎞

⎜⎝⎛ +++≥+++

nabbb n

1...211... ∑ و چون121

∞

=1

1n n

∑ واگراست پس ∞

=1nnbواگراست .

)فرض کنيم، ضريب ھای)68مساله ) nmtnm نامتناھی) مثلثی( از ماتريس 1≥≥

........................................

...321

333231

2221

11

nnnnn tttt

ttttt

t

M

.با دو شرط زير سازگار باشند

→→∞ه سمت صفر ميل کنند؛ يعنی به ازای عنصرھای واقع در ھر ستون دلخواه ب )1( ntnm ,0) m تثبيت شده ،

).است مجموع قدرمطلق عنصرھای واقع در ھر سطر دلخواه، ھمه با يک عدد ثابت، کراندار باشند )2(

( )tconskkttt nnnn =≤+++ ...21

nnnnn، آنگاه nx→0آن وقت ثابت کنيد اگر حد، xtxtZ ++= .کند به سمت صفر ميل می11...

mnشود که ، به ازای پيدا میm، چنان ε<0از روی: اثبات : داشته باشيم<

kxn 2

εداريم) 2( ھا، با استفاده از nبه ازای اين . >

2...11

ε+++< nnnnn xtxtZ

mN، چنان )1( مقدار ثابتی است، با توجه به mچون در اينجا، ، جمله اول سمت راست ھم n>N وجود دارد که، به ازای ≤

از 2ε

. واثبات تمام استε<nZکه در نتيجه، خواھيم داشت. کوچکتر باشد

.، با شرط زير سازگار باشند)2(، )1(، عالوه بر شرط ھای nmt فرض کنيم، ضريب ھای در مساله قبل)69مساله

)3 (1...21 →+++= nnnnn tttT

axnآن وقت، اگر حد →) a−آنگاه ھمچنين ) متناھیaxtxtxtZ nnnnnn →+++= ...2211

:توان چنين نوشت را، میnZعبارت : اثبات

( ) ( ) ( ) aTaxtaxtaxtZ nnnnnnn ....2211 +−++−+−=

−→0درباره حد ) 1(که با استفاده از مساله axn مستقيما به نتيجه مطلوب می رسيم) 2( و يا اتکای بر.

كاربردھاي مساله قبلي

axnثابت کنيد اگر )70مساله a آنگاه →n

xxx n

n=

+++∞→

...lim 21

بنابر مساله قبل کافی است قرار دھيم : اثباتn

ttt nnnn1...21 ====

.در مساله قبل روشن است) 3(و ) 2(و ) 1(برقرار بدون شرط

)ثابت کنيد اگر دنباله )71مساله ),...3,2,1, =nxn 0 ھمگرا و>nxباشد در اينصورت

1 2lim ... limnn nn n

x x x x→∞ →∞

=

1برای اثبات از مساله قبل استفاده می کنيم، قرار می دھيم : اتاثب 2...nny x x x= در اينصورت

nxxxLnn

yLn ...1 پس =21

nLnxLnxLnxyLn n+++

=nn برابر 21...

xLn∞→

limپس . می باشد

nnnLnxLny

∞→∞→= limlim در نتيجه nnn

xLnyLn∞→∞→

= limlim بنابراين nnnxy

∞→∞→= limlimو اثبات تمام است .

axnثابت کنيد اگر )72مساله axCxCxx در آن → nn

nnn

n →+++

=2

...1 11

0

استفاده می کنيم که) 70(و ) 69(برای اثبات از مساله : اثبات

n

mn

nnCt2

=

mmچونnn

m

nCn<→ ,0

2مستقيما از اينجا ناشی می شود که ) 3(و شرط ) 2(برقرار است برقراری شرط ) 1( پس شرط

∑:داريم∞

=

=0

2m

nmnCدر نتيجه اثبات تمام است .

nnفرض کنيم )73مساله yx فرض کنيم که . ميل کند+∞ داشته باشيم ، به نحوی که حد دوم به طور يکنوا به سمت ,

aحدyy

xx

nn

nn

n→

−− −

∞→

1lim) 0,...;2,1 00 === yxn(

استفاده می کنيم 70و 69برای اثبات از مساله ھاي : اثباتn

mmnm y

yyt 1−−) 1(بررسی شرطھای . برای آن به کار می بريم=

بنابراين نتيجه می گيريم که حد . به سادگی قابل تحقيق است) 3(و ) 2(و

∑= −

− →−−

=n

m mm

mmnm

n

n ayyxxt

yx

1 1

1

.و اثبات تمام است

0limثابت کنيد)74مساله =∞→ n

nLnn

.

:کنيمبرای اثبات از قضيه شتولتس استفاده می: اثبات

( )

011

lim1

lim1limlim

==−

=−

=−−=∞→∞→∞→∞→

Lnn

nLnn

nLnnLnnLnn

nLnnnnn

0limپس =∞→ n

Lnnn

)فرض کنيد تابع : معيار يرماکوف )xf پيوسته، مثبت و برای x>1برای ھمه مقدارھای آن وقت، اگر. به طور يکنوا نزولی باشد

0xxمثال ( xبه قدر کافی بزرگ .نابرابری زير برقرار باشد) ≤

( )( ) 1.

<≤ qxf

eef xx

)رشته )∑ ∑∞

=

∞

=

=1 1n n

n nfa 0برای ( ھمگرا و اگر ھمxx :داشته باشيم) ≤

( )( ) 1.

≥xf

eef xx

.ا واگراستدر اين صورت رشته فوق متباعد ي

حد و پيوستگی مسائل بخش 7فصل

حد و پيوستگی: 7فصل

RRfفرض کنيد ) 1سوال ) تابعی متناوب باشد و :→ )xfx ∞→limثابت کنيد . وجود داشته باشدfتابعی ثابت است .

)فرض کنيد : اثبات )limx

f x L→∞

، آنگاه x>M وجود دارد که اگر Mعددی مثبت مانند . عددی مثبت باشدε فرض کنيد=

( ) ε<− Lxf . توجه کنيد که اگرMx وجود دارد که nعی مانند باشد، آنگاه عددی طبيf دوره تناوب T و ≥

MxnT ) پس +< ) ( ) ε<−+=− LxnTfLxf . بنابراين، به ازای ھر عدد مثبت مانند

ε،( ) RxLxf ∈<− ε

)در نتيجه ) 0=− Lxf يا ( ) Lxf =.

]فرض کنيد )2سوال ] Rbaf . يکنوای اکيداستfثابت کنيد . تابعی يک به يک و پيوسته باشد :,→

.دو حالت وجود دارد: اثبات

): حالت اول ) ( )bfaf bcaفرض کنيد . > )پس . يک به يک استf چون >> ) ( )cfaf پس يا ≠

( ) ( )afcf ) يا > ) ( )afcf )ر اگ. < ) ( ) ( )bfafcf ) در بازه t آنگاه عددی مانند >> )bc, وجود دارد که

( ) ( )aftf )اگر . تناقض داردf و اين با يک به يک بودن = ) ( )cfaf با استدالل مشابھی می توان ثابت کرد که >

( ) ( )bfcf .داست صعودی اکيf از نتيجه >

): 2حالت ) ( )f a f b<می توانيد ثابت کنيد که . مشابه حالت اول استfنزولی است .

]فرض کنيد)3سوال ] Rbaf ] تابعی پيوسته باشد و برای ھر:,→ ]bax ] در y، عددی مانند ∋, ]ba, وجود داشته باشد

)که ) ( )xfyf21

] در tثابت کنيد عددی مانند . ≥ ]ba, وجود دارد که ( ) 0=tf.

] روی fاگر : اثبات ]ba, پيوسته باشد f ھم روی [ ]ba,فرض کنيد . پيوسته استmمينيمم مطلق f روی [ ]ba, باشد و

( ) mtf ] درy در اين صورت عددی مانند = ]ba, وجود دارد که

( ) myf21

≤

] روی f مينيمم مطلق m باشد چون m>0اگر . آنگاه حکم به وضوح برقرار استm=0اگر . m≤0توجه کنيد که ]ba,

)است و ) mmyf <≤21

.ايم به تناقض رسيده

)پيوسته باشد و ) a,b( روی fفرض کنبد ) 4سوال ) ( )+−

→→ axbxxfxf lim,lim وجود داشته باشد ثابت کنيد تابعی پيوسته مانند

RRg وجود دارد که:→

( ) ( ) ( )baxxgxf ,∈=

)فرض کنيد: اثبات ) 1lim Lxfax

=+→

) و ) 2lim Lxfbx

=−→

: تابع

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨

⎧

≥<<

≤=

bxLbxaxf

axLxg

2

1

)روشن است که . را در نظر بگيريد ) ( ) ( )baxxfxg ,, ∈=

)ھای روی بازهgدر ضمن ) ( ) ( )+∞∞− ,,,,, bbaa آشکار پيوسته است در x=a

( ) ( ) ( )agxfxgaxax

==+− →→

limlim

( ) ( ) ( )agxfxgaxax

==++ →→

limlim

. پيوسته استR روی gبنابراين . ھم پيوسته استb در gبه ھمين ترتيب معلوم می شود . پيوسته استa در gبنابراين،

]فرض کنيد )5سوال ] Rf ) تابعی پيوسته باشد و :1,0→ ) ( )10 ff ] در 0xثابت کنيد به ازای عددی مانند . = ]1,0 ،

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

21

00 xfxf

)فرض کنيد: حل ) ( ) ⎥⎦⎤

⎢⎣⎡∈⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

21,0

21 xxfxfxg

در اين صورت

( ) ( ) ( )

0

121

210

210

=

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+ ffffgg

)پس ) 0210 ≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛gg . اگر( ) 00 =g 0 يا

21

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛gدر غير اين صورت چون . حکم مسئله ثابت شده است( )0g و

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

21g عالمت ھاي مختلفي دارند، عددي مانند xo در

1,2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠o وجود دارد كه ( )g x =o o در اين

)صورت ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

21

00 xfxf.

)فرض کنيد)6سوال ) Raf ) و :,∞+→ )xfxx ∞→lim وجود داشته باشد ثابت کنيد ( ) 0lim =

∞→xf

x

)فرض کنيد : اثبات ) Lxfxn

=∞→

lim عددی مثبت مانند M وجود دارد که اگر Mx آنگاه<

( ) ( ) ( ) LLLxfxxfxLxfx +<+−≤⇒<− 11

)و در نتيجه )x

Lxf

1+0 چون≥

1lim =

+∞→ x

Lx

)نتيجه می شود ) 0lim =∞→

xfx

) پس ) 0lim =∞→

xfx

. ام داردm ريشه xثابت کنيد . عددی طبيعی باشدm عددی مثبت و xفرض کنيد )7سوال

)تابع پيوسته : راه حل ) mxxf توجه کنيد که . را در نظر بگيريد=

( ) ( ) ( )mxxff 11,00 +=+=

)و چون )mxx 10 ) در بازه b بنابر قضيه مقدار ميانی، عددی مانند >>+ )( )mx 1,0 وجود دارد که +

( ) xbbf m ==

12فرض کنيد )8سوال ,,..., xxxn عددھايی حقيقی باشند و nxxx <<< ...21

( )⎩⎨⎧

≤≤≥<

=nkxx

xxxf

k

kk 11

0

)و ) ( )∑=

=n

kk xf

nxf

1

1 . را پيدا کنيدf ناپيوستگی نقاط.

:می توانيم بنويسيم: اثبات

( )

1

2 1

1 2

1

11

2

.

.

.1

0

n

n n

n n

x xn x x x

nn x x x

nf x

x x xn

x x

−

− −

≥⎧⎪ −⎪ ≤ <⎪⎪ −

≤ <⎪⎪⎪= ⎨⎪⎪⎪⎪⎪ ≤ <⎪⎪ <⎩

) در ھر يک از بازه ھایfپس )1, x∞− و ( )21, xx،.... ،( )+∞,nx تابعی ثابت و بنابراين پيوسته است اما در نقاط

12 ,,..., xxxnسته است ناپيو.

RRfفرض کنيد)9سوال . کراندار استf تابعی پيوسته متناوب باشد ثابت کنيد :→

]روی f. باشدf دوره تناوب Tفرض کنيد : حل ]T,0 پيوسته و بنابراين کراندار است پس f روی Rکراندار است .

) عددھايی حقيقی باشد ثابت کنيد تابعی مانند a,b فرض کنيد)10سوال )xf موجو د است به طوری که f در a و b پيوسته است

.و در ھيچ نقطه ديگر پيوسته نيست

)تابع : اثبات ) ( )( )⎩⎨⎧

∉∈−−

=QxQxbxax

xf0

توجه . پيوسته استa در fثابت می کنيم . را در نظر می گيريم

)اشد چه گنگ، چه گويا بaکنيد که ) 0=afاز طرف ديگر

( ) bxaxxf −−≤≤0

)و بنابراين ) ( )afxfax

==→

0lim . با استدالل مشابھی می توان ثابت کردf در bاکنون ثابت می کنيم اگر . پيوسته است

0x a≠ 0 وx b≠ و f 0 درxفرض کنيد . پيوسته نيستf 0 درx 0 پيوسته وx گويا باشد، دنباله ای از اعداد گويا مانند

{ }nr 0 ھمگرا بهxپس . وجود دارد

( ) ( ) ( )( ) ( )( ) 0limlim 000 ≠−−=−−==∞→∞→

bxaxbrarrfxf nnnnn

} مانند ھمچنين دنباله ای از اعداد گنگ }nS 0 ھمگرا بهxپس . وجود دارد( ) ( ) 0lim0 ==∞→ nn

Sfxf

0x در f گنگ باشد باز ھم 0xبا استدالل مشابھی می توان ثابت کرد که اگر . پيوسته نيست0x در fدھد که اين تناقض نشان می

.پيوسته نيست

naaaفرض کنيد : تعميم مساله قبل)11سوال ,...,, )ثابت کنيد تابعی مانند . عددھای حقيقی باشند21 )xf موجود است به

. پيوسته نيستiaاما در ھيچ نقطه ديگری غير از. ھا پيوسته است ia در fطوری که

برای اثبات کافی است قرار دھيم: راھنمايی: حل

( ) ( ) ( )⎩⎨⎧

∉∈−−

=QxQxaxax

xf n

0...1

)نقاط ناپيوستگی)12سوال ) Rof با ضابطه:,1→

( )( ) ( )1 , 1, ,

0

p pq p q x x Qqf x

x Q

⎧ − = = ∈⎪= ⎨⎪ ∉⎩

.را پيدا کنيد

)فرض کنيد. در ھيچ جا پيوسته نيستfثابت می کنيم : اثبات )1,0∈xفرض کنيد Qxf دنباله ای از . پيوسته باشدx در ,∋

}اعداد گنگ مانند }nr ھمگرا به xپس. وجود دارد

)اين تناقض است ) ( ) ⇒∉⇒==∞→

Qxrfxf nn0lim

و مثبت مانند دنباله ای از اعداد گويا . ∌Qxفرض کنيد ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

qp

وجود kثابت می کنيم عددی مانند . وجود داردx ھمگرا به

kqnندارد که چون. فرض کنيد چنين عددی وجود داشته باشد. n≤1 و ≥⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

qp

Nعددی طبيعی مانند . ھمگراستxبه

)وجود دارد که ) Nnqxp nn ≥+≤ به طوری که . موجود استk' پس عددی طبيعی مانند 1

1,' ≥≤ nkpn در اين صورت تعداد جمله ھای ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

qp

متناھی است و بنابراين ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n

n

qp

نمی

kqn وجود دارد بطوری که nبيعی باشد عدد طبيعی مانند ھر عدد طkو اين تناقض است پس . تواند ھمگرا باشد f فرض کنيد <

)در اين صورت. پيوسته باشدxدر )∞→

=−n

np qn 01lim . يعنی عدد طبيعی مانندNوجود دارد که اگر n>N آنگاه

( ) 11 <− np qn يعنی Nnqn >< در اين صورت1,

{ } 1,...,,,1max 21 ≥< nqqqq Nn

.و در نتيجه حکم ثابت می شود. و اين بنابر آنچه قبال ثابت کرديم تناقض دارد

12 عدد nثابت کنيد که اگر)13سوال ,,..., xxxnبه طور دلخواه از بازه بسته واحد [ ھمواره می توانيم . ؛ انتخاب شوند1,0[

دقيقا مساوی ix بيابيم که ميانگين فاصله ھای بی عالمت آن تا در اين بازه طوریxعددی مانند 21

. است

∑=

=−n

iixx

n 1 211

)با انتخاب روشی کامال سرراست تابع : اثبات ) ∑=

−=n

iixx

nxf

1

1 x=0اگر . را در نظر می گيريم

) ) ix≤0زيرا( ) ∑ ∑= =

=−=n

i

n

iii x

nx

nf

1 1

110

) اگر ) 1,1111

=−= ∑=

xxn

fn

ii

]زيرا( ]1,0∈ix ( ( )∑=

−=n

iix

n 111

( )01

11

f

xnn

n

ii

−=

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−= ∑

=

)و اين رابطه مھم را به دست می آوريم ) ( ) 110 =+ ff

)بنابراين رابطه، يا )1f و ( )0f ھر دو برابر با 21

ھستند که در اين صورت دو جواب برای مساله يافته ايم و يا 21

) ای بين xبه ازای . بين آنھا قرار دارد که دراين حالت از پيوستگی تابع نتيجه می شود ) 0,1,21

=xf

تابعی پيوسته و در شرايط fفرض کنيد ) 14سوال

( ) ( ) ( )xfxfxfxxx −∞→∞→

==>∀ lim0lim,0:صدق می کند ثابت کنيد

( ) ( )yfxfxTSy ≤∀∃ ;,

)چون : اثبات ) ( )xfxfxx −∞→+∞→

== lim0lim پس از تعريف حد نتيجه می شود که

)I (( ) ( ) ε=<⇒>∃ 0, fxfbxTSb

]حال بازه ]bb,− را در نظر می گيريم چون fروی [ ]bb,− پيوسته است پس fبه ماکزيمم خود روی اين بازه ميرسد .

y Y=f(x)

x 1

F(0)

12

)II ([ ] ( ) ( ) [ ], , ; ,y b b S T f y f x x b b∃ ∈ − ≥ ∀ ∈ −

) نتيجه می شومد که (II) و (I)از ) ( ) ( )yfxfTSyx ≤∃∞∞−∈∀ ,;,

] تابعی پيوسته بر fاگر )15سوال ]ba, با برد Q باشد انگاه f تابعی ثابت بر [ ]ba,است .

)فرض کنيم : اثبات ) ( )21 xfxf ) بنابراين مثال ≠ ) ( )21 xfxf در اين صورت با توجه به قضيه مقدار مياني >

)داريم که ) ( ) ( ) ( )1 2 1 2. , .cr Q S T f x r f x x x x S T f x r∃ ∈ < < ⇒ ∃ ∈ =

. گويا استfاما اين تناقض است چون برد

] تابعی پيوسته بر f اگر )16سوال ]ba,با برد cQآنگاه . باشدf تابعی ثابت بر [ ]ba,است .

. است15اثبات مشابه حل مساله : اثبات

)فضای متريک)17سوال )dE, و تابع پيوسته EEf يک مجموعه f مفروض اند، ثابت کنيد مجموعه نقاط ثابت :→

.بسته تشکيل می دھند

)قرار می دھيم : اثبات ){ }xxfExA =∈= } فرض کنيد ; }nx دنباله ای دلخواه در aبه طوری که . باشدaxn از →

) نتيجه می شود که fپيوستگی ) ( )afxf n بنابراين→

Aمجموعه ای بسته است .( ) ( ) ( )

⇒⊆⇒

∈⇒=⇒=⇒=∞→∞→

AA

Aaaafxxfxxf nnnnnn

'

limlim

]) 18سوال ] [ ] fggf ,,1,01,0:, ]تابع ھايی پيوسته اند و اگر برای → ]1,0∈x

( )( ) ( )( )f g x g f x=

] ای در 0xثابت کنيد به ازای ]1,0 ، ( ) ( )00 xgxf =.

) ای وجود نداشته باشد که 0xاگر . به شيوه برھان خلف عمل می کنيم: اثبات ) ( )00, xgxfgf بت يا منفی ھميشه مث−=

a، agfبنابراين می توانيم فرض کنيم که به ازای عددی مثبت مانند . است در اين صورت <+

agogafogagoffof 2+>+=+>

<+≤1به استقراء معلوم می شود که nnagf nn

nnچون fg ] تابعھايی از , ] به 1,0[ . پس تناقض رسيده ايم و حکم مساله درست استa<0 اند و 1,0[

) , fتابع )19سوال ) Rf : اين ويپگی ھا را دارد:1,0→

( )( )

02lim0lim00

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=→→ x

xfxfxf

xx

ثابت کنيد ( ) 0lim

0=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

→ xxf

x

وجود دارد که اگر δدر اين صورت عددی مثبت مانند . د عددی مثبت باشεفرض کنيد : اثبات

( ) δε <<<⎟⎠⎞

⎜⎝⎛− xxxfxf 0

2

>>δدر اين صورت اگر x0 و nعددی طبيعی باشد .

( ) ∑ ∑−

=

−

=++ <<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛≤⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−

1

0

1

011 2222

n

j

n

jjjjn xxxfxfxfxf ε

ε

>>δبنابراين اگر x0 داريم) 1( آنگاه از:

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+< n

xfxxf2

ε

)چون ) 0lim0

=→

ufu

n پس قرار می دھيم

xu2

1εε در اين صورت برای = =x ، 1δ ای موجود است به طوری که

10 δ<< x آنگاه ( ) ( ) εεε 2<⇒+<xxfxxxf

}حال با قرار دادن }21,min δδδ :شت خواھيم دا=

( ) 0lim0

=→ x

xfx

]تابع پيوسته )20سوال ] Rf ) با شرط:1,0→ ) ( )10 ff ثابت کنيد که عددی . مفروض اند n≤2 و عدد طبيعی =

]مانند ]1,0∈x وجود دارد و به طوری که ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

nxfxf 1

.

]ه تابع پيوست: حل ] Rg ) را با ضابطه:1,0→ ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

nxfxfxg 1

به آسانی می بينيم که . در نظر می گيريم

( ) 01...10 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

nng

ngg

اگر ھيچ يک از جمعوندھا صفر نباشد حداقل يکی از آنھا مثبت و . اگر يکی از جمعوندھای باال صفر باشد حل مساله تمام است

]پس عددی مانند. ستحداقل يکی از آنھا منفی ا ]1,0∈x به طوری که ( ) 0=xg يا ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

nxfxf 1

.

] برfفرض کنيد )21سوال ]ba, پيوسته باشد، تابع g را بر [ ]ba,به صورت زير تعريف می کنيم :

)1 (( )

( ) [ ]{ }max : ,

f a x a

f t t a x a x b

=⎧⎪⎨

∈ < ≤⎪⎩

. تابعی پيوسته استg اين صورت نشان دھيد که در .به عنوان تمرين به دانشجو واگذار می شود: اثبات

)ثابت کنيد ھرگاه )22سوال ) 0=xg به ازای ( ) 0,1 <= xxg0 به ازای≥x آنگاه ثابت کنيد تابعی مانند

RRf ) نيست که موجود:→ ) ( )xgxf ∋Rx به ازای ھر '=

] بر f موجود است پس f' ای موجود باشد، چون fاگر چنين . به طريقه برھان خلف عمل می کنيم: اثبات پيوسته است و −1,1[

( ) ( ) ( ) ( ) 011';111' =−=−== gfgf

. در صورتی که چنين نيست. را دريافت کند0,1 بايد تمامی مقادير بين f'ه مقدار ميانی برای مشتق ھا در اين صورت بنابر قضي

.لذا حکم ثابت می شود

EEf و تابع پيوسته Eفضای متريک فشرده ) 23سوال ⊇EAثابت کنيد زير مجموعه ای ناتھی مانند . مفروض اند:→

)وجود دارد به طوری که ) AAf =

}دنباله : اثبات }∞=1nnA از زير مجموعه ھای Eرا به صورت زير تعريف می کنيم .

( ) ,..2,1,0, 10 === + nAfAEA nn

}به سادگی می توان ثابت کرد که }nAنزولی است و nAقرار می دھيم. ا فشرده اند ھnn

AA∞

==

0I . واضح است کهφ≠A

و ھمچنين

( ) AAAfAfAfAA nn

nn

nn

nn

==⊆⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=⇒= +

∞

=

∞

=

∞

=

∞

=1

0000)( IIII

)حال کافی است ثابت کنيم )AfA⊆ .فرض کنيدAx∈ 0 نقطه ای دلخواه باشد در اين صورت به ازای ھر≥n عنصری

nمانند nx A∈ وجود دارد به طوری که ( )nxfx زيرا=

( ) ( )1 ,n n n nx A x A x f A x S T x f x+∈ → ∈ → ∈ ⇒ ∃ =

و ∋nAy داريمn≤0دراين صورت به ازای ھر ) يک زير دنباله ھمگرا داردEميدانيم ھر دنباله در ( فشرده است و Eچون

می بينيم که f و از طرف ديگر با توجه به پيوستگی ∋Ayاز اين رو

( ) ( ) ( )yfxyfyfyy nn =⇒→⇒→

)اين نشان ميدھد که )Afx∈ .در نتيجه( )AfA⊆و حکم ثابت می شود .

محدب باشد و R روی fفرض کنيم ) 24سوال ( ) 0lim =

±∞→ xxf

x . ثابت استf ثابت کنيد، تابع

به عھده متعلم: اثبات

RRfنشان دھيد تابع پيوسته مانند)25سوال . که ھيچ دو نقطه متمايزی را به يک نقطه منتقل نمی کند وجود ندارد:2→

RRf پيوسته لذا فرض می کنيم نگاشت. با استفاده از برھان خلف به اثبات مساله می پردازيم: اثبات با اين شرط که :2→

. منتقل نمی کند وجود داشته باشدRھيچ دو نقطه متمايزی را به يک نقطه در مجموعه

آشکارا پيدا است . چنان در نظر می گيريم که بر يک استقامت نباشند2R را در مجموعهC,B,Aدراين صورت سه نقطه متمايز

)ھرگاه فضای متريک (آنگاه بنابر قضيه . ھمبنداند BA U ACو BCکه ),X d ھمبند بوده و نگاشت RXf تابعی :→

) دو نقطه دلخواه در فضای a,bپيوسته باشد در صورتی که )dX ) تمام مقادير بين fآنگاه نگاشت . باشد, ) ( )bfaf را ,

يعنی. اختيار می کند

( ) ( ) ( ), . , .c R S T f a c f b x X S T f x c∀ ∈ < < ∃ ∈ =

)می توان ادعا نمود که ) ( )BCfACBAf ,U ھمه مقادير بين ( )Bf و ( )Cf , و اختيار مي كند اين بدان معني است

)قدار بين دو مαبه ازاي ھر عدد حقيقي ) ( ),f c f B نقاطی چون x,y به ترتيب متعلق به پاره خطھای

BCBAAC ,U وجود دارد که ( ) ( )yfxf ==αلذا تابعی با مفروضات . و اين تناقض آشکار با فرض مساله است

.مساله نمی تواند وجود داشته باشد

)ھرگاه فضای متريک )26سوال )dX RXf ھمبند بوده و نگاشت, تابعی پيوسته و غيرثابت باشد آنگاه نشان دھيد :→

. ناشماراستXمجموعه

RXfفرض کنيد تابع پيوسته و غيرثابت : اثبات βα دو مقدار حقيقی :→ βα به طوری که , در اين . را می پذيرد >

] تمام مقادير واقع در بازه fصورت ]βα ]ولی . را می پذيرد, ]βα . ناشمارا خواھد بودXپس . ناشماراست,

]فرض کنيد)27سوال ] Rbaf bca و نقطه :,→ ستند که به گونه ای ھ>>

( ) ( ) ( )cfbfaf ) ثابت کنيد به ازای بی نھايت جفت مرتب مانند>> )2121 ,, xxbxxa <<< ،

)داريم ) ( )21 xfxf =.

)به ازای ھر : اثبات ) ( ) ( ) ( ),f a f b f c f cλ λ< < < بنابر قضيه مقدار ميانی می بينيم که ∋

( ) ( ) λλ ==<<<<∃ 212121 ,;,,, xfxfbxccxaxx

f ، RRfته مانند ھمه تابع ھای پيوس)28سوال Rx∋+ را پيدا کنيد به طوری که اگر:+→

( ) ( )xxfxf =2

در اين صورت. ويژگيھای مورد نظر ما را داردfفرض کنيم : اثبات

( ) ( )xxfxf =

. عددی طبيعی باشدnاز استقرايی ساده می توان نتيجه گرفت که اگر

( ) ( ) ( )n

n

n

n

x

xf

x

xfxf211

2

21...

21

21

2

2−+++

==

نتيجه می شد کهf از پيوستگی n→∞بنابراين وقتی

( ) ( )x

fxf 1=

)پس ھمه تابع ھايی به صورت )xcxf . ويژه مساله می باشد∋Rc که =

] ، fھمه تابعھای يک به يک و پوشا مانند )29سوال ] [ ]: 0,1 0,1f ، را پيدا کنيد به طوری که به ازای ھر →

[ ]1,0∈x،

)1 (( )( ) xxfxf =−2

:اثبات

.)ات بيابيدعلت را در اثب. توجه شود که در صورت مساله می توان يک به يک بودن را حذف کرد(

]اگر . ويژگی ھای مورد نظر ما را داردfفرض کنيد تابع ]1,0∈x فرض کنيد ( ) ( )xfxxd فرض کنيد =−

[ ]1,00 ∈x به طوری که ( ) axd در اين صورت 0=

( ) ( )d x a a d x+ = =o oنابراين ب. قرار دارد[ ],1o در بازه a x+ o پس ( )xfxxa −=+ 00 2

) ھايی باشد که x مجموعه ھمه Aفرض کنيد ) axd AxAaxاز آنچه گفتيم نتيجه می شود که اگر . = ∈∈+ در . ,

Anax عدد طبيعی دلخواھی باشد ∋Nnنتيجه اگر ] زير مجموعه ای از A، چون +∋ در a=0 است پس 1,0[

)نتيجه فقط يک تابع مانند ) xxf صدق می کند) 1(رد نظر وجود دارد که در ويژگی مو=

RRfفرض کنيد )30سوال ، اگر F تابعی پيوسته و غير ثابت باشد و به ازای تابعی مانند :→

( ) ( )( )yfxfFyxfRyx ,)(, =+∈

.است اکيدا يکنواfثابت کنيد

:اثبات

ss,12 نتيجه می شود که عددھايی حقيقی مانند fدر اينصورت از پيوستگی . اکيدا يکنوا نيستfفرض کنيد : به برھان خلف

21وجود دارند که ss و >

( ) ( )21 sfsf =

12 نتيجه می شود که عددھايی حقيقی مانند f عددی مثبت باشد از پيوستگی εاگر ,tt در بازه [ ]21,ss وجود دارند که

( ) ( ) 211221 ,, tttttftf <<−= ε به اين ترتيب اگر tعددی حقيقی باشد .

( )( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )tftfttfFtfttfFtttftttf =−=−=+−=−+ 11212112 ,,

−>ε دوره ای است ، چون fبنابراين 12 tt و مقدار εپس ھر مقدار به دلخواه کوچک دوره تناوب تابع . اختياری بود

. ثابت استfو اين يعنی . استfپيوسته

)، fآيا تابعی مانند ) 31سوال ) Rf ، وجود دارد که درتعداد نامتناھی نقطه پيوسته باشد و به ازای ھر عدد حقيقی :0,∞→

)، فقط ، وقتی xو مثبت مانند ) 0=xf که ( ) 02 ≠xf

:اثبات

فرض کنيد kبه ازای ھر عدد درست مانند بله

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

≤<

≤<=

−

+

kk

kk

xx

xf212

122

221220

. ويژگی ھای مورد نظر ما را داردfدر اين صورت تابع

fRRfانند پيدا کنيد ، به طوری که تابعی پيوسته مkشرط الزم و کافی درمورد مقدار عدد )32سوال ,: وجود داشته →

)باشد که اگر )( ) 9kxxff =

:حل

) فرض کنيد k≤0اگر ) 341

xkxf ) در اين صورت = )( ) 9kxxff ) در اين صورت = )( ) 9f f x k x= .

kفرض كنيد ≠ o تابع : ,f R R f→ پيوسته است و اگر( ) 9( ) ,f f x kx x R= يك fدر اين صورت ∋

.به يك و پوشاست

. اکيدا يکنوا استf پيوسته است پس fاکنون توجه کنيد چون . پيوسته است، اکيدا يکنوا استf بنابراين چون

چه اکيدا صعودی باشد و چه اکيدا نزولی fحال اگر ( )( )xff 0 ھميشه اکيدا صعودی است پس اگرk باشد آنگاه با ≥

)صعودی بودن )( )xffه به تناقض می رسيم در نتيجfصعودی است .

}ھمه تابعھايی مانند )33سوال } RRf →− } ، را پيدا کنيد که د رصفر پيوسته اند و اگر :1 }1−∈Rx

( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

=x

xfxf1

:اثبات .ودبه عھده متعلم واگذار می ش

))34سوال ) ( ), ' , ,Y d X d دو فضای متريک و :f X Y→ثابت کنيد شرط کافی برای اينکه . يک نگاشت است

g ، :g پيوسته باشد، آن است که به ازای ھر تابع ∋Xa در نقطه fنگاشت Y R→ پيوسته در ( )afgof a در ,

.پيوسته باشد

g: تابع :اثبات Y R→با ضابطه ( ) ( )( )afydyg يعنی . پيوسته استa در gofطبق فرض . در نظر می گيريم=',

) ی مثبت ھست به طوری که اگر ε ، δ<0به ازای ھر ) Xxaxd ∈< ,, δاه آنگ

( ) ( ) ( ) ( )( ) ε<=− afxfdagofxgof ,'

. پيوسته استa در fاين نشان می دھد که

]فرض کنيم)35سوال ] [ ]babaf ,,: ) پيوسته صعودی باشد و → ) aaf ثابت کنيد اگر=

( ){ }|f x a x b f x x= ≤ ≤ ≥

)آنگاه ) EEf =

)ابتدا نشان می دھيم که : حل ) EEf در اين صورت⊇

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )Ey

yyfxfxffxfyTSExEfy∈⇒

≥⇒≥⇒=∈∃⇒∈∀ ,

)حال ثابت می کنيم )EfE در اين صورت داريم که∋Exفرض کنيم . ⊇

[ ]( ) ( ) ( )[ ] ( )[ ]xfaxfafxaf ,,, ==

) پس ∋Ex پيوسته است و fو چون )[ ]xfax ای وجود دارد به طوری tيانی نتيجه می شود در نتيجه از قضيه مقدار م∋,

)که ) xtf )ادعا می کنيم. = ) ttf ) و لذا∋Etيعنی. ≤ )Efx∈

)زيرا اگر ) ttf tx، داريم> ). صعودی استf چون > ) ( ) xtfxf . که خالف فرض است∌Ex واين يعنی>=

RRfفرض کنيد)36سوال . تابعی اکيدا يکنواستf تابعی پيوسته و يک به يک باشد نشان دھيد :→

اکيدا يکنوا نباشد دراين صورت سه عدد حقيقی fفرض کنيد : اثبات321 xxx . موجودند>>

يا ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )1232

2321

,,

xfxfxfxfxfxfxfxf

<<<<

)در اين صورت در حالت اول اگر ) ( )31 xfxf انگاه داريم>

( ) ( ) ( )231 xfxfxf <<

201بنابرقضيه مقدار ميانی xxx ) موجود است که >> ) ( )30 xfxf و در ھمين . استf که تناقض با يک به يک بودن =

)حالت اگر ) ( )13 xfxf در حالت دوم ھم با دو حالت گرفتن . باز ھم به تناقض می رسيم>

( ) ( ) ( ) ( )3131 , xfxfxfxf . اکيدا يکنوا استf به تناقض می رسيم پس <>

mREاگر)37سوال nREf مجموعه ای کراندار و تابع⊇ ) به طور يکنواخت پيوسته باشد، آنگاه ثابت کنيد:→ )Ef

.نيز کراندار است

و

)فرض کنيم . اثبات را به شيوه برھان خلف انجام می دھيم: اثبات )Efکراندار نباشد .

( ) nxfExNn nn >∈∃∈∀ :,

}می دانيم }nxکراندار است و ھر دنباله کراندار دارای حداقل يک زير دنباله کشی مانند ( )nkxبنابر مساله . است

)قبل )( )nkf xو از اين رو چون ھر دنباله کشی در . نيز يک دنباله کشی استnR کراندار است پس ( )( )nkf x نيز

)و اين ھم با نابرابری. کراندار است )nkf xدارد تناقض .

RRfفرض کنيم)38سوال بطور يکنواخت fدر اين صورت . باشدT<0 يک تابع پيوسته متناوب با دوره تناوب:→

.پيوسته است

] در f باتوجه به پيوستگی ε<0فرض کنيم: اثبات ]T,0و با توجه به فشرده بودن [ ]T,0 می بينيم که f در بازه [ ]T,0

وجود دارد به طوری که δ<0پس عددی مانند. پيوسته يکنواخت است

[ ] ( ) ( ) εδ <−⇒<−∈∀ 212121 ,0, xfxfxxTxx

حالت ھای با بررسی δ<−Vuبه طوری که . دو عدد حقيقی دلخواه باشدu,Vحال فرض کنيد

( ) ( ) VTkukTTkVukT <+≤≤+≤≤ 1,1,

kکه در آن Z∈ به آسانی می بينيم که ،( ) ( ) ε<− Vfuf

REfثابت کنيد تابع. مفروض اند⊇EA و زير مجموعه ناتھیEفضای متريک )39سوال با ضابطه :→

( ) ( )Axdxf . طور يکنواخت پيوسته است به=,

):اثبات ) ( ) ( ) ( ) ( )yxdAydAxdyfxf ,,, ≤−=−

. بطور يکنواخت پيوسته استf است پس lip يک تابع fمی بينيم که

)40سوال

FEfثابت کنيد اگرتابع ) به طور يکنواخت پيوسته و :→ )nx يک دنباله کوشی در Eآنگاه . باشد( )( )nxf نيز يک دنباله

. استFکوشی در

در اين صورتε<0فرض کنيم : اثبات

( ) ( ) ( )( ) ( )1,,:0 εδδ <⇒<>∃ yfxfdyxd

)چون )nxيک دنباله کشی است در اين صورت

( ) δ<⇒≥∀∃ nm xxdNmnTSN ,,,

:خواھيم داشت) 1(با توجه به ) 2(و بنابر

( ) ( ) ( )( ) εδ <⇒<⇒≥∀∃ nmnm xfxfdxxdNmnTSN ,,,,

.در سوال قبلی شرط اساسی استfبا ارائه مثالی نشان دھيد که پيوستگی يکنواخت )41سوال

)کافی است: اثبات ] Rf ) را با ضابطه :1,0→ )x

xf 1 قرار دھيم دراين صورت دنباله=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n1

اما . کشی است

nدنبالهn

f =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ 1

. کشی نيست

RRfفرض کنيد ) 42سوال ) يک تابع پيوسته باشد که :→ ) Lxfx

=±∞→

lim نشان دھيد که f بطور يکنواخت پيوسته

.است

)چون. دلخواه باشدε<0فر ض کنيد: اثبات ) Lxfx

=±∞→

lim پس عدد مثبت Mه برای ھر ک. موجود استx اگر Mx >

)آنگاه )2

f x L ε− ] دو عدد حقيقی چنان باشند بطوری که y و x بنابراين اگر > ]MMyx ,, : آنگاه داريم∌−

( ) ( ) ( ) ( ) εεε=+<−+−≤−

22LyfLxfyfxf

] بر بازه f ، پس تحديد R پيوسته است روی fاما چون ]MM . وسته، در نتيجه پيوسته يکنواخت خواھد بود پي−,

01بنابراين >δ موجود است که برای ھر [ ]MMyx ,, −>δ ، اگر ∋− yxآنگاه

( ) ( ) ε<− yfxf

}حال با قرار دادن }1,min 1δδ . مساله حل خواھد شد=

] بر fفرض کنيد )43سوال ) پيوسته و 1,0[ )21

21, =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⊆ fQIf ثابت کنيد f بر [ . ثابت است1,0[

] بر fفرض کنيم . اثبات را به شيوه برھان خلف طرح می کنيم: اثبات ] ثابت نباشد در اين صورت1,0[ ]1,00 ∈x ای ھست به

)طوری که )21

0 ≠xf . بنابر قضيه مقدار ميانی، بردf بايد تمامی مقادير بين ( )0xf و 21

در صورتی که . را شامل شود

)لذا به ازای ھر. شامل ھيچ عدد گنگی نيستfبرد ) [ ]1,0,21

∈= xxf

nnفرض کنيد)44سوال RRf و کراندار باشد فرض می کنيم پيوسته :→

)Cيک مجموعه ھمبند و کراندار (( ){ }CxxfxA ∈+= :

. فشرده استAثابت کنيد

)قرار می دھيم: اثبات ) ( )xfxxg کرانداراند و در نتيجهC,f چون =+

( )2

,2

,, MyMxfCyRxtsM k ≤≤∈∈∀∃

: داريم∋Cxدر اين صورت برای ھر

( ) ( ) ( ) MMMxxfxxfxg =+≤+≤+=22

)پس )CgA )و چون. يک مجموعه کراندار است= ) ( )AA δδ زير Aبنابراين. نيز کراندار استA در نتيجه =

. فشرده استA بورل،-ين طبق قضيه ھاينهبنابرا. استkRمجموعه بسته و کراندار از

Sفرض کنيم)45سوال R⊆ يک مجموعه ھم بند و RRf در اين صورت فرض . پيوسته باشد:→

)کنيد ){ }Sxxfxk ∈+= . ھمبند استk نشان دھيد |

)قرار می دھيم: اثبات ) ( )xfxxh )چون . =+ )Shk . ھمبند استkپس . پيوسته استh ھم بند است و S و =

)که . دو عدد اصم باشندa,bو . باشدR مجموعه اعداد گويا با متر اقليدسی Qفرض کنيد ) 46سوال ) Qbak I,= و a<b در

. است که فشرده نيستQ زير مجموعه بسته و کرانداری از kرت نشان دھيد که اين صو

}زيرا با فرض. کراندار استkواضح است که : اثبات }baM ,max=داريم Mx k حال نشان می دھيم ∀∋kx و ≥

kQکافی است نشان دھيم. بسته است . باز است−

kQxنشان ھر نقطه دلخواه . استxو شامل . استQ-k می باشد که زير مجموعه Q دارای يک ھمسايگی از ∋−

kQxچون ax پس ∋− bx يا > axحال اگر. < ) دراين صورت> ) Qaax I,2 می باشد که Q يک گوی باز −

kQدر .شود فشرده نخواھد بود؟ و حکم ثابت میQ در kپس . فشرده نيستR در kپس . بسته نيستR در kاما . قرار دارد−

)فرض کنيد: (زيرا از قضيه) علت؟( )dX Y يک فضای متری و , X⊆ باشد در اين صورت( )1,K Y d⊆ که

1 |d d Y=اگر و تنھا اگر . فشرده است( ),K X d⊆استفاده شده است). فشرده باشد.

RRfمثالی از يک تابع پيوسته)47مساله RB و يک مجموعه باز:→ )کنيد که بيان ⊇ )Bfباز نباشد .

)قرار می دھيم : حل ) xxf sin=در اين صورت f تابعی پيوسته بر Rبا اينکه . است( )π2,0مجموعه ای باز می باشد .

]ولی تصوير آن . باز نيستR در −1,1[

]يی پيوسته بر تابع ھاg و fفرض کنيد ) 48سوال ]ba, باشند به طوری که ( ) ( )agaf ) و < ) ( )bgbf ثابت کنيد که ≥

] ای در 0xبه ازای حداقل ]ba, و ( ) ( )00 xgxf =.

)تابع: اثبات ) ( ) ( )xgxfxh )واضح است که . را در نظر می گيريم=− ) ( ) 0<bhahزيرا ( ) ( ) 0>− agaf و

( ) ( ) 0<− bgbfپس ( ) ( ) 0<bhah در نتيجه ( ) 0, 00 =∃ xhTSx

)پس ) ( )000 , xgxfTSx =∃

:اند، به طوری که R تابعھايی حقيقی مقدار روی زير مجموعه ھايی از gو f)49سوال

. استI بازه ای مانند gدامنه - 12 - g روي Iپيوسته است . . است g شامل برد fدامنه - 3

. پيوسته استg روی برد f پيوسته باشد، آنگاه ثابت کنيد I روی fogاگر

) مانند g در نقطه ای از برد fفرض کنيد : اثبات )zg مثبت مانند پيوسته نباشد در اين صورت عددε ودنباله ای يکنوا

)مانند )( )∞=1nnxgاز عددھای متمايز وجود داردکه ( ) ( )ng x g z→اما ( )( ) ( )( ) ε≥− zgfxgf n فرض کنيد J

' مانند J ، نقطه ای در nازای ھر به . بنابر قضيه مقدار ميانی. استz و 1xبازه بسته ای است که دو سرش nx وجود

)دارد ) ( )n ng x g x′ )دنباله. = )n nx ∞=

′)اين زير دنباله را . کراندار است پس زير دنباله ای ھمگرا دارد1 )∞

=1'

nnkx بناميد

در اين صورت. ت ھمگراسz'و فرض کنيد به

( ) ( ) ( ) ( ) ( )zgxgxgzgxgkkk nnn →=→ '' ,'

)بنابراين ) ( )zgzg ) اکنون توجه کنيد که '= ) ( )( )( )'' zgfxgfkn −

( ) ( )( )( )knf g x f g z ε= − ≥

''اما zxkn .بنابراين حکم درست است. پيوسته استfogزيرا . پس به تناقض رسيده ايم→

)ثابت کنيد ) 50سوال )x

xf 1] روی = )∞,a 0 برای>aپيوسته يکنواخت است .

:حل

]تابع پيوسته (طبق قضيه ): ,f a R∞ )در اين صورت اگر . مفروض است→ )xfx ∞→lim متناھی ( وجود داشته باشد

)حکم مشابھی برای . پيوسته يکنواخت استfآنگاه ) باشد ) ( ]aR ,,, پس .) داريم=−∞∞−∞

)چون ) 01limlim ==+∞→∞→ x

xfxn

. موجود است و متناھی است پس حکم برقرار است

.آيا يک تابع پيوسته کراندار روی مجموعه اعداد حقيقی لزوما پيوسته يکنواخت است) 51سوال

)تابع: اثبات ) 2sin xxf اگر دنباله ھای: يم را در نظر می گير=2

2 ππ += nxn و πnyn را در نظر =2

−→0بگيريم، می بينيم که nn yx در حالی که ( ) ( ) 01→=− nn yfxf پس fبه طور يکنواخت پيوسته نيست .

) در fفرض کنيد ) 52سوال )βα ] تعريف شده، و در , ] ( )βα ,, ⊆ba بی کران باشد ثابت کنيد که به ازای بعضی از نقاط

] که 0xمانند ]bax ,0 ) و ∋ )xfxx 0

lim→

. وجود ندارد

) و 0xفرض کنيد چنين نباشد يعنی برای ھر نقطه مانند : اثبات )xfxx 0

lim→

f موجود است که 0xجود باشد پس ھمسايگی از مو

]و چون. در آن ھمسايگی کراندار است ],x a b∈oبه تناقض می رسيم .

) زير مجموعه بسته ای از فضای متری F زير مجموعه فشرده و ناتھی و Aفرض کنيد)53سوال )dX باشد به طوری که,

φ=FAIدر اين صورت ( ) 0, >FAd.

:حل

)فرض کنيد ) 0, =FAd . چون تابع( )Fxxd x ، در نقطه ای مانند A پيوسته است به دليل فشردگی A بر , A∈0 مينيمم

بنابراين. خود را می گيرد

( ) ( ) 0,,0 == FAdFxd

FFxو اين ايجاب می کند که .، که يک تناقض است0∋=

مشتق پذيری مسائل بخش8فصل

مشتق پذيری : 8فصل

ثابت کنيد به ازای ھر)1سوال 2

0 π<< xداريم xxxx <<− sin

6

3

xxxابتدا نابرابری : حل sin6

3

Rgf را ثابت می کنيم دوتابع−> →[2

,0[:, πھای را با ضابطه

( ) ( )6

,sin3xxxfxxg ) در نظر می گيريم واضح است که ==− ) ( ) 000 == gf و ھمچنين

( ) ( )2

1',cos'2xxfxxg ',' چون مقايسه ==− fgو در عين حا . دشوار است( ) ( ) 10'0' == gf با گرفتن

)مشتق يک بار ديگر داريم ) ( ) xxfxxg −=−= ",sin"داريم ( ) ( ) 00"0" == gf . با گرفتن يک بار ديگر مشتق

","از gfخواھيم داشت :

( ) ( ) 1'",cos'" −=−= xfxxgو با توجه به اينکه به ازای ھر 2

0 π<< xداريم :

( ) ( )xfxg '"'" ، پس ≤6

sin,2

,03xxxx −>⎢⎣

⎡⎥⎦⎤∈∀

π

ثابت کنيد که به ازای ھر)2سوال 2

0 π<< xداريم

sintg x x

x x>

0sinاين نابرابری ھم ارز است با: حل 2 >− xxtgx دو تابع Rgf →⎢⎣⎡

⎢⎣⎡

2,0:, π

طه ھای را با ضاب

( ) ( ) 0,sin 2 =−= xfxxtgxxgمالحظه می کنيم که . در نظر می گيريم

( ) ( )

( ) ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −++==

−+==

2coscos

1cossin2",00'

2sincossin',00

3

2

2

xxx

xxgg

xxx

xxgg

در نتيجه به ازای ھر2

0 π<< xداريم :

( ) ( ) ( )xfxxxxxg "0cossec

cossin2"

2

3

2

=>−+=

پس به ازای ھر2

0 π<< x نابرابری ( ) 0>xgدرست است .

10 به ازایثابت کنيد)3سوال << xداريم sin xx Arc xx

< <− 21

برای اثبات نابرابری : حل2

sin1

xArc xx

<−

xxArcx کافی است ثابت کنيم <− sin1 با 2

]گرفتن [ ( ) ( ) xArcxxfxxgRgf sin1,,1,0:, 2−==→

)می بينيم که ) ( ) 000 == gf 10 و به ازای ھر << xيم دار

( ) ( )xgxArcx

xxf '11sin1

'2

=<+−

−=

10در نتيجه به ازای ھر << xمی توانيم بنويسيم ( ) ( )xgxf <

eeثابت کنيد)4سوال ππ <

[تابع : حل [ Rf ) را با ضابطه:0,∞+→ )x

xxf log)می بينيم که . در نظر می گيريم= ) 2

log1'x

xxf − در =

]در روی بازهfنتيجه، [+∞,e اکيدا نزولی است و از اين رو

( ) ( )

e

e

e

efefe

π

ππππππ

π <⇒

<⇒

<⇒>⇒<

log

1log

RRfفرض کنيد)5سوال ) مشتق پذير باشد، 0x در:→ ) ( ) ( ) 0, 0 ≠= xfxfxg . ثابت کنيدg 0 درx پذير مشتق

)است و )0' xgرا پيدا کنيد .

00اگر ≠x

:حل

( )( )

( ) 0

0

00

00

00

2

02

000

2lim

limlim

xx

xhxhhxh

xhxh

xhx

hxhx

h=

+++

=

++

−+=

−+

→

) ھمچنين اگر ) xxh )، آنگاه= ) ( )( )xhofxg =

) ھم در h مشتق پذير است و 0x در fھمچنين چون )0xf پذير است، بنابر قاعده زنجيری مشتقg 0 درxمشتق پذير است و

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )0

0

0000 '''' xf

xfxfxfxfhxg ==

RRfفرض کنيد )6سوال ) مشتق پذير باشد و 0x در نقطه :→ ) 00 =xf .ثابت کنيد تابعf 0 در نقطهx مشتق پذير

)اگر و فقط اگر . است ) 0' 0 =xf.

:جواب

. مشتق پذير باشد، حد زير وجود دارد0x در نقطه f اگر

( ) ( ) ( )00

0

00

limlimxxxf

xxxfxf

xxxx −=

−−

→→

و چون ( )

0xxxf

− . ھم مقداری مثبت و ھم مقداری منفی دارد0x در ھر ھمسايگی محذوف

پس( )

0lim00

=−→ xx

xfxx

در نتيجه( ) ( )

lim limx x x x

f x f xx x x x→ →

=− − 00 0o

)بنابراين ) ( ) 0lim'0

00

=−

=→ xx

xfxfxx

)از طرف ديگر اگر ) ( )0

00

lim'0xxxfxf

xx −==

→

: انگاه( ) 0lim

00

=−→ xx

xfxx

: پس( )

0lim00

=−→ xx

xfxx

در نتيجه ( )

0lim00

=−→ xx

xfxx

در نتيجه ( ) ( ) ( )

0limlim00

0

00

=−

=−−

→→ xxxf

xxxfxf

xxxx . را ثابت می کندf و اين مشتق پذير

RRfفرض کنيد)7سوال ) مشتق پذير بوده و :→ ) 1' ≠xf ثابت کنيد fحداکثر يک نقطه ثابت دارد .

21فرض کنيد: حل xx ] بر بازه fدر اين صورت . باشندfطه ثابت برای دو نق> ]21, xx دارای شرايط قضيه مقدار ميانگين

)است بنابراين ),c x x∈ 1 موجوداست که 2

( ) ( ) ( ) 1'12

12

12

12 =−−

=−−

=xxxx

xxxfxfcf

.واين با فرض مساله تناقض دارد پس حکم ثابت می شود

]فرض کنيد ) 8سوال ] [ ]babaf ,,: ) پيوسته و روی → )ba, مشتق پذير و برای ( )bax داشته باشيم ∋,

( ) 1' ≠xf . نشان دھيد کهfدارای يک ثابت منحصر به فرد است .

)اگر . ابتدا قسمت وجودی مساله را حل می کنيم : حل ) aaf ) و = ) bbf پس فرض . که مسئله حل است=

)کنيد ) ( ) aafbbf >< )با قرار دادن . , ) ( ) xxfxg تابعی پيوسته است و gدر اين صورت . =−

( ) ( ) ( ) ( ) 0,0 >−=<−= aafagbbfbg

بنابر قضيه مقدار ميانی

( )f c c= يا ( ) 0. =∃ cgtSc

.شودبت می ثاcبنابر مسئله قبل يکتايی

] روی fفرض کنيد ) 9سوال ]ba,پيوسته و روی ( )ba, مشتق پذير و ( ) 1' <≤ kxf . نشان دھيد که نقطه يکتايی

[ ]bac ) موجود است به طوری که ∋, ) ccf =.

.شودادگی ثابت میبنابر دو مسئله قبل، سوال به س: حل باشد به طوری که R يک تابع حقيقی مقدار روی fفرض کنيد ) 10سوال

)) الف( )xf : وجود دارد∋Rx برای ھر'

) ی وجود ندارد که در رابطه x) ب( ) ( ) 0' == xfxfصدق کند؛

]نشان دھيد مجموعه ] ( ){ }0|1,0 =∈ xfxناھی است مت.

]فرض کنيد: حل ] ( ){ }, :A x f x= ∈ =01 ] متناھی باشد چون0 نامتناھی است پس A و ⊇SA فشرده است و 1,0[

Aدارای يک نقطه حدی [ ]1,00 ∈xبنابراين دنباله. است{ }∞=1nnx در اين

0xxnمجموعه موجود است که ) پيوسته است پس f و چون → ) ( )0xfxf n ) و چون → ) 0=nxf پس

( ) 00 =xf . از طرفی چونf 0 درxپس . مشتق پذير نيز می باشد

( ) ( ) ( ) 0lim'0

00 =

−−

=∞→ xx

xfxfxfn

nn

)در نتيجه ) ( ) 0' 00 == xfxf يعنی f و 'fدارای يک صفر مشترک است که تناقض با فرض مساله است .

]فرض کنيد) 11سوال ) Raf ) پيوسته و :,∞+→ )+∞,aاگر. مشتق پذير است( )xfx +∞→limموجود و برابر با ( )af

) موجود است به طوری که c>aدھيد عددی مانند نشان . باشد ) 0' =cf.

:حل

) اکيدا صعودی باشد آنگاه fاگر . اکيدا يکنواستf ھرگونه صفر نشود، بنابراين fاگر ) ( ) ( ) ...21 <+<+< afafaf

)و اين با فرض ) ( )afxfx

=+∞→

limپس . لی داريماستدالل مشابھی برای حالت اکيدا نزو. تناقض دارد'f بايد حداقل يک

.عنصر داشته باشد

RIf و تابعIبازه ) 12سوال اگر و فقط . است lip يک تابع fدراين صورت . مشتق پذير است مفروض اند0I که روی:→

RIfه است پيوستf( کراندار باشد f'اگر →:(

) داشته باشيم M<0 کراندار باشد و به ازای عدد 0I روی f'فرض کنيم : حل ) Mxf در اين صورت به ازای ھر '≥

x نقطه ای مانندI متعلق به x<yدو نقطه دلخواه z y< ) وجود دارد به طوری که > ) ( ) ( ) ( )zfxyxfyf و −=−'

از اين رو

( ) ( ) ( ) yxMzfyxyfxf −≤−=− '

داشته باشيمM>0 باشد و به ازای عددی مانند lip يک تابع fبرعکس فرض کنيم

( ) ( ) ( )IyxyxMyfxf ∈−≤− ,

می بينيم ∋0Ixدر اين صورت به ازای ھر

( ) ( )

( ) Mxf

Mxy

xfyfxyxy

≤=

≤−−

≤⇒≠→

'

lim

. کراندار است0I رویf'پس

داريمx,yثابت کنيد که به ازای ھر دو عدد مثبت )13سوال

yxyx

−≤+

−+ 1

11

1

[تابع: حل [ Rf ) را با ضابطه :0,∞→ )x

xf+

=1

1 دراين صورت. در نظر می گيريم

( )( )21

1'x

xf+−

=

)و از اين رو ) 1' ≤xfبنابر مساله قبل

( ) ( ) yxyfxfyx

−≤−=+

−+ 1

11

1

يک عدد طبيعی زوج باشد ثابت کنيد که رابطه n يک ثابت غير صفر و yاگر )14سوال

( ) ( )1nnn yxyx +=+

. برقرار استx=0فقط به ازای

00 ای موجود باشد که 0xکنيمفرض : اثبات به برھان خلف ≠x 0به ازای يک ) 1( و رابطهxدر اين صورت . برقرار باشد

قرار می دھيم

( ) ( )nnn yxyxxf +−+=

)با توجه به ) ( ) 00 0 == xff از قضيه رول نتيجه می شود که به ازای عددی مانند c 0 و 0 بينx

):داريم ) 00' =⇒+=⇒= yycccf

.پس به تناقض می رسيم واين خالف فرض است

]توابع پيوسته)15مسئله ] Rbagf [ روی,:,→ [ba, مشتق پذيراند و به ازای ھر bxa ) داريم>> ) 0' ≠xg ثابت

دکني

( ) ( )( ) ( )

( )( )cgcf

cgbgafcf

'': =

−−bcatsc <<∃ ,

]تابع: حل ] Rbah ) را با ضابطه:,→ ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )xgxfxgafxfbgxh در نظر می گيريم به آسانی =−−

bcaپس به ازای عددی مانند. در شرايط قضيه رول صدق می کندhديده می شود که ) داريم>> ) 0' =ch پس از

)محاسبه )ch'رابطه مورد نظر بدست می آيد .

]تابع پيوسته)16سوال ] Rf ) روی:1,0→ ) مشتق پذير است و 1,0( ) ( ) 00,11 == ff اگر n عددی طبيعی باشد ثابت

...کنيد که نقاطی مانند nx x x< < < < <1 2 1oطوری که وجود دارند به ( )∑=

=n

kk nxf

1

'.

]بازه : حل 1,1,...,0,1 را با استفاده از نقاط1,0[nn

n −ھر يک به طول( بازه بسته n به

n1

با استفاده از قضيه . تقسيم می کنيم)

nkمقدار ميانگين به ازای ھر نقطه ای مانند1≥≥nkx

nk

k <<−1

وجود دارد به طوری که

( )kxfnn

kfnkf '11

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝ در اين صورت⎛

( )

( )∑

∑ ∑

=

= =

=⇒

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

n

kk

n

k

n

kk

nxf

xfnn

kfnkf

1

1 1

'

'111

RRgfدو تابع مشتق پذير)17سوال '' به گونه ای ھستند که تابع,:→ fggf اگر . ھرگز صفر نمی شود−

( ) ( ) 021 == xfxf ثابت کنيد g21ر حداقل يک نقطه بين د, xxصفر می شود .

,21 بين ھيچ نقطه ای ازgفرض کنيد ) برھان خلف: (حل xx صفر نشود، آنگاه تابع [ ] Rxxgf

در شرايط قضيه رول :,21→

صدق می کند و از اين روfg

′⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

,21 بين c بايد در نقطه ای مانند xxدر . صفر شود

)نتيجه ) ( ) ( ) ( ) 0'' =− cgcfcgcfواين خالف فرض است .

0اگر)18سوال 1

...321

210 =+

++++naaaa n باشد، برای بعضی مقادير x در [ نشان دھيد1,0[

0...10 =+++ nn xaxaa

)تابع: حل )xfيف می کنيم را به صورت زير تعر)( )xfپيوسته است .(

( )2 3 1

1 20 ...

2 3 1

nna x a x a xf x a xn

+

= + + + ++

]برای فاصله : می توان نوشت1,0[

( ) ( )

( ) ( ) 010

01

...32

100 210

==⇒

=+

++++==

ffnaaaaff n

)از طرفی تابع )xf در [ ) پيوسته و در 1,0[ . مشتق پذير است1,0(

) در فاصله فوق موجود است به طوری که 0xلذا طبق قضيه رول حداقل يک مقدار مانند ) 0' 0 =xfباشد .

( ) nn xaxaaxf +++= ...' 10

( ) 0...' 00100 =+++= nn xaxaaxf0 لذاx يک ريشه معادله اصلی و در فاصله [ .شد می با1,0[

) معادله ∋Rxنشاندھيد که به ازای ھر )19سوال ) 0!2

...!2

122

=++++n

xxxn

. جواب ندارد

کافی است نشان دھيم : حل

( ) 0!2

...!2

122

>++++n

xxxn

ادعا مساله درست . عددی مثبت يا صفر استxوقتی که . برقرار است∋Rx برای ھر

عددی صحيح و نامنفی باشد به طوری که kددی منفی و عxفرض کنيم . است

( )..., ...

! ! !

k k kxx x xxk k k

+

≥ ≥ ≤ ≤ ≤ ≤+

211

1 2knھرگاه . در حالی که . حکم مساله درست است2>

kn داريم<2

( ) ( )... ... ...

! ! ! !

n nxx x x xx x e

n n+ + + + > + + + + + = >

2 2 2 21 1 0

2 2 2 2

RRfفرض کنيد )20سوال . ھم متناوب استfثابت کنيد تابع . ه مشتق پذير باشد تابعی متناوب و در ھر نقط:→

توجه کنيد که . باشدT برابر با fفرض کنيد دوره تناوب: راه حل

( ) ( ) ( )

( ) ( )

( )xfh

xfhxfh

TxfhTxfTxf

'

lim

'

=

−+=

=+−++

=+

. استT ھم تابعی متناوب با دوره تناوب f'بنابراين

2,1,11cos...,فرض کنيد )21سوال =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= n

nnQn ثابت کنيد { }nQدنباله ای ھمگراست و حد آنرا پيدا کنيد .

RRfفرض کنيم: حل تابعی مشتق پذير باشد،:→

( ) ,...2,1,100 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ += nxf

nxfnQn

} ميدانيم }nQ دنباله ای ھمگراست و حد آن برابر ( )f x′ ) می باشد پس با قرار دادن0 ) xxf sin= و 20π

=x در اين

صورت

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

2sin1

2sin11cos ππ

nn

nnQn

)پس ) 0'lim 0 ==∞→

xfQn

nدر نتيجه lim 0nnQ

→∞=

baاگر )22مساله باشد نشان دھيد0>>

( )b

aba

abe

ab

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛<<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −1

:و از نامساوی فوق نتيجه می گيريم

( ) ( )0111121

>⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +<<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+

nn

en

nn

تابعی است صعودی، بنابراين کافی است رابطه زير را ثابت کنيمxeحال چون

) 1(رابطه ba

abLnab

abLn ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛<−<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

)داريم ) ( )LnaLnbbabLnLnaLnba

abLn

ba

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ,

:ستفاده می کنيمسپس از قضيه مقدار ميانگين در مشتقات ا

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) bcac

cfx

xf

Lnxxfcfabafbf

<<<==

=−=−

0,1',1'

,'

( )

( )LnaLnbcabc

abLnabLnbac

−=−

−=−∈∃⇒ ,,

bcaطرفين رابطه LnaLnb را در عبارت >> : ضرب می کنيم داريم−

( ) ( ) ( )

( ) ( )

bab

aba

abe

ab

abLnab

abLn

abLnbab

abLna

LnaLnbbabLnaLnba

LnaLnbbLnaLnbcLnaLnba

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛<<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⇒⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛<−<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛<−<⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

−<−<−

−<−<−

−

,1قرار می دھيم ) 1(در رابطه +== nbna آيدبدست می) 2( در اين صورت نامساوی .

] روی بازه fتابع)23مساله ]ba, پيوسته و روی بازه )ba, ( مشتق پذير است و مشتق دوم دارد و پاره خط و اصل بين

)نقاط )( ) ( )( )afabfb ) رادر نقطه سومی چون f نمودار ,,, )bac حداقل يک نقطه قطع می کند ثابت کنيد به ازای ∋,

) درtمانند )ba,داريم ( ) 0" =tf

] روی يک بازه ھایfتابع : حل ] [ ]cabc )پيوسته و روی ھر يک از بازه ھای ,,, ) ( )cabc . مشتق پذير است,,,

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

1 1

2 2

, : '

, : '

f c f ac a c f c

c af b f c

c c b f cb c

−∃ ∈ =

−−

∃ ∈ =−

:طبق قضيه مقدار ميانگين می توان نوشت

)با توجه به فرض(. سمت چپ عبارات فوق با ھم برابرندواضح است که

)درنتيجه داريم ) ( )21 '' cfcf ] در f' و تابع = ]21,cc پيوسته و در ( )21,ccمشتق پذير است .

می توان نوشتf'و طبق قضيه اول در مورد تابع

)و چون ) ( )bacc ,, 21 : مي باشد داريم⊃

( ) ( ), :t a b f t′′∃ ∈ = o

]ثابت کنيد تابعی پيوسته و پوشا مانند )24مساله ] ( )dcbaf ,,: . وجود ندارد→

:اثبات

] روی fچون . چنين تابعی باشدfفرض کنيد ]ba, 21 پيوسته است ، بنابراين عددھای, xx در بازه [ ]ba, وجود دارند که

( ) ( ) fxffxf max,min 21 ==

)پس ھيچ عددی خارج بازه ) ( )[ ]21 , xfxf در برد fاز طرف ديکر، بنابر قضيه مقدار ميانی ، ھر عددی دربازه . نيست

( ) ( )[ ]21 , xfxf در برد fپس برد . استf بازه ای بسته است و اين با پوشا بودن fتناقض دارد .

baf دو عدد حقيقی ، ,baفرض کنيد )25مساله ] تابعی حقيقی و پيوسته بر ,> ]ba, فرض کنيد . باشدf در اين فاصله

)بر فاصله . صفر نمی شود )ba, مشتق پذير است ثابت کنيد عضوی مانند c در ( )ba, ھست به طوری که

( )( )

( ) ( )( )cfcfe

bfaf ba '−=

:اثبات

fgتابع log= بر فاصله [ ]ba, پيوسته بوده و بر ( )ba,مشتق پذير است .

در نتيجه بنابر قضيه مقدار ميانگين

( ) ( ) ( ) ( )cgbabgag '−=−

و از آنجا ( )( ) ( ) ( )

( )cfcfba

bfaf 'log −=

] پيوسته است بر fچون تابع ]ba,دارای عالمت ثابتی است، پس . صفر نمی شود( )( )

( )( )bfaf

bfaf

درنتيجه=

( )( )

( )( )( )cfcf

baebfaf '

−=

]بر fفرض کنيد )26مساله ]ba, پيوسته و βα در cثابت کنيد الاقل يک عدد حقيقی . دو عدد حقيقی مثبت باشند,

]فاصله ]ba,وجود دارد به قسمتی که

( ) ( ) ( ) ( )cfbfaf βαβα +=+

fmفرض کنيد: اثبات min= و fM max= فاصله در[ ]ba,در اين صورت. باشد

( )( ) Mbfm

Mafm≤≤≤≤

: دو عدد مثبت اند می توان نوشتβ و αو چون

( )( ) Mbfm

Mafmβββααα≤≤≤≤

در نتيجه

( ) ( ) ( ) ( )m f a f b Mα β α β α β+ ≤ + ≤ +

يعنی ( ) ( ) Mbfafm ≤

++

≤βαβα

]بنابراين الاقل نقطه ای مانند ]bac وجود دارد به طوری که ∋,

( ) ( ) ( )cfbfaf=

++βαβα

.و حکم برقرار است

)فرض کنيد )27سوال )1 1 ,4 2

102

n n

n

x n Nf x

x

⎧ = ∈⎪⎪= ⎨⎪ ≠⎪⎩

. مشتق پذير استo در نقطه fثابت کنيد

x≠0وجه کنيد که اگر ت:حل

باشد، در اين صورت عدد طبيعی مانند ε<0فرض کنيد Nوجود دارد به طوری که

ε<N21

Nxبنابراين اگر 210 ، آنگاه >>

( )1 1 ,2 2

102

n n

n

x n Nf xx x

⎧ = ∈⎪⎪= ⎨⎪ ≠⎪⎩

( ) ε<< Nxxf

21

و در نتيجه

( ) 0lim0

=→ x

xfx

. مشتق پذير است0 در نقطه fعنی ي

)فرض کنيد )28مساله )1

1 1 ,2 2

102

n n

n

x n Nf x

x

+⎧ = ∈⎪⎪= ⎨⎪ ≠⎪⎩

مشتق پذير 0 درنقطه f ثابت کنيد

.نيست

:اثبات

، x≠0توجه کنيد که اگر

( )

1 1 ,2 2

102

n

n

x n Nf xx x

⎧ = ∈⎪⎪= ⎨⎪ ≠⎪⎩

، وجوددارد که lدر اين صورت، عددی مانند . مشتق پذير باشد0 درنقطه fفرض کنيد

( ) lxxf

x

=→0

lim

>>δ وجود دارد که δبنابراين عددی مانند x0آنگاه ،

( )

41

<− Lxxf

δ<N2 وجود دارد که Nعدد طبيعی مانند 1

پس.

41

21

2121

<−=−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

LLf

N

N

k2 به شکل kای وجود دارد به طوری که به ازای ھيچ عدد طبيعی مانند x. و ھمچنين1

>>δ نيست و 00 xپس

( )

410

0

0 <−=− LLxxf

در نتيجه

21

41

41

21

21

21

=+<+−≤+−= LLLL

. مشتق پذير نيست0 در نقطه fنشان می دھد اين تناقض

)فرض کنيد )29سوال )→baf } مشتق پذير باشد و 0x در نقطه :, } { }nn ab دو دنباله باشند که ,

,...2,10 =<<<< nbbxaa nn

و ( ) ( )

∞→∞→

==−−

nn

nnn

nn xaab

afbf0limlim

ثابت کنيد ( ) ( ) ( )lim 'n a

n n n

f b f af x

b a→∞

−=

− 0

2,10...,فرض کنيد :حل =−−

= nabxbt

nn

nn در اين صورت به ازای ھر عدد طبيعی مانند n ، nt< <0 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−

−+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−

−−

=−−−

00

00

0

00

'1'' xfxa

xfaftxfxb

xfbftxfab

afbfn

nn

n

nn

nn

nn

يم توجه کنيم که می توانيم بنويس

0lim 0 ,n n nnh b x h

→∞= = +.

پس

( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim lim 'n

n n

n bn n

f b f x f x h f xf x

b x h→∞ →∞

− + −= =

−0 0 0

00

و به طور مشابه

( ) ( ) ( )lim 'n

n n

f a f xf x

a x→∞

−=

−0

00

}چون دنباله ھای } { }nn tt کراندارند، −1,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )lim ' lim 'n n n n

n nn n n n

f b f a f b f af x f x

b a b a→∞ →∞

⎛ ⎞− −− = ⇒ =⎜ ⎟− −⎝ ⎠

0 00

)اگر)30سوال ) [ ]2,11,0: →fدر اينصورت نشان دھيد باشد) پوشا( تابعی مشتق پذير باشد و به رو 'f حداقل دو ريشه در

( . دارد1,0(

:حل

) پوشاست پس fچون )1,0, ∈ba موجود است به طوری که

( ) ( )( ) ( ){ }( ) ( ){ }1,0:inf1

1,0:sup21,2

∈=∈=

==

xxfxxf

afbf

)از طرفی ) بر f اکسترمم موضعی ,baباز است پس نقاط 1,0( مشتق پذير است، لذا f است اما 1,0(

) روی f)31سوال ) مشتق پذيرو 0,∞( ) ( )( )lim 'x

f x f x→∞

آنگاه ثابت کنيد L با برابر+

( ) ( )lim ' , limx x

f x f x→∞ →∞

. است0 و L به ترتيب برابر

:حل

( ) ( )( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( ) ( ) ( )

' ' '

lim '

: '

'

'

.

x

x x x

x x x

x x x

f x f x L

N f x f x L x N

L f x f x L x N

e L f x f x e L e x N

e L f x e L e

e L f x e L e L f x L x N

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε

ε ε ε ε

→∞+ =

∀ > ∃ > + − < ∀ >

− < + < + ∀ >

− < + < + ∀ >

− < < +

− < < + ⇒ − < < + ∀ >

0 0

)پس )lim 'x

f x L→∞

) در نتيجه = )∞→=

xxf 0'lim

) مشتق پذير است و R بر fتابع )32سوال ) ( )( ) 1, 1 1, 1 1f x f f′ ≤ − = − ) آنگاه نشان دھيد = ) 00 =f

:حل

) در بازه ھای cc,12بنابر قضيه مقدار ميانی، ) ( )0,1,1,0 چنان موجود است که −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2'''10,'01

'1010,'0101

2112

12

=+⇒=+=−

−−=−−−=−

cfcfcffcff

cfffcfff

'1به اينکه با توجه ≤f پس ( ) ( ) 1'' 21 == cfcf

)در نتيجه ) 00 =f

] فرض کنيد تابع )33سوال ] Rf ] روی بازه :1,0→ ) پيوسته و روی بازه 1,0[ ) مشتق پذير باشد و 1,0( ) 00 =f ،

) در بازه cثابت کنيد عددی مانند . عددی طبيعی باشدnيد فرض کن وجود دارد که 1,0(

( ) ( )'n

nnc f c

f cc

−

=−

1

1

:حل

)فرض کنيد ) ( ) ( ) [ ]1,01 ∈−= xxfxxg n ،gرايط قضيه رول صدق می کند بنابراين عددی مانند در شc در

)بازه وجود دارد که 1,0(

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )n

n

nn

ccfnccf

cfccfnccg

−=⇒

−+==

−

−

1'

'1'0

1

1

] روی بازه fفرض کنيد تابع )34سوال )بازه پيوسته و روی −1,1[ اگر . مشتق پذير باشد−1,1(

( )( ) ( ) ( ) 0101,1 =>−∈ fxfx و ،nm, عددھايی طبيعی باشند، ثابت کنيد عددی مانند c در

)بازه وجود دارد که −1,1(

( ) ( ) ( ) ( )cfcnfcfcmf '' −=−

]فرض کنيد: حل ] ( ) ( )( ) ( )( )nm xfxfxgx −=−∈∀ در شرايط قضيه رول صدق می کند بنابراين عددی g تابع 1,1;

) در بازه cمانند وجود دارد که −1,1(

( )( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( ) 0'' 11 =−+−−− −− cfcfcfncfcfcfm nmnm

)با تقسيم اين برابری به )( ) ( )( ) 11 −−− nm cfcfنتيجه مطلوب به دست می آيد .

cba عددھايی حقيقی باشند و a,b,cفرض کنيد )35سوال ]ھمچنين فرض کنيد . ≥≥ ] Rcaf تابعی پيوسته و :,→

)روی )ca,ثابت کنيد اگر . مشتق پذير باشد'fتابعی صعودی باشد آنگاه

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )bfacafbccfab −≥−+−.

) در بازه sبنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند : حل )cb, وجود دارد که

( ) ( ) ( )sfcb

cfbf '=−−

) در بازه tھمچنين عددی مانند )ba, وجود دارد که

( ) ( ) ( )tfab

afbf '=−−

) صعودی است پس f' و t<sچون ) ( )sftf '' در نتيجه≥

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )bfacafbccfabab

cfbfab

afbf−≥−+−⇒

−−

≤−−

. می شودو حکم ثابت

RRfفرض کنيد تابع )36سوال عددھايی حقيقی باشند و b,aھمچنين فرض کنيد . صعودی اکيد باشدf' مشتق پذير و :→

( ) ( ) abfbf >+ )ثابت کنيد' )f b a+ >1

]قضيه مقدار ميانگين را در مورد بازه : حل ]1, +bbبه کار می بريم در نتيجه داريم :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )bfbfbb

bfbfcftsc −+=−+−+

=∃ 11

1',

( ) ( ) ( )bfcfbf +=+ '1

)صعودی است پس f'و چون ) ( )bfcf '' در نتيجه<

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) abf

abfbfbfcfbf>+⇒

>+>+=+1

''1

RRfفرض کنيد )37سوال ) مشتق پذير باشد و :→ ) 0'lim =∞→

xfx

ثابت کنيد

( ) ( )( ) 01lim =−+∞→

xfxfx

) در بازه cبنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند . عددی حقيقی باشد xفرض کنيد : حل )1, +xx وجود دارد که

( ) ( ) ( )cfxfxf '1 وجود دارد که Nيقی و مثبت باشد، عددی مثبت مانند عددی حقε اکنون توجه کنيد که اگر +−=

( ) Nxxf >< ε'

)بنابراين ) ( ) ε<−+ xfxf x و 1 N∀ ) در نتيجه< ) ( )( ) 01lim =−+∞→

xfxfx

RRfفرض کنيد)38سوال . مشتق پذير باشد:→

( ) ( ) Rxxfxf ∈∀= 0'

.ی ثابت است تابعfثابت کنيد

فرض کنيد: راه حل

( ) ( )( ) Rxxfxg ∈= 2

مشتق پذير است و R روی gدر اين صورت

( ) ( ) ( ) constfconstgxfxfxg =⇒=⇒== 0'2'

] روی بازه g و fفرض کنيد تابعھايی ) 40سوال ]ba, پيوسته و روی بازه ( )ba, مشتق پذير باشند و ( ) ( )bgbf و =

( ) ( )agaf ) در بازه 0x ثابت کنيد نقطه ای مانند= )ba, وجود دارد که

( ) ( )00 '' xgxf =

] روی بازه f-gتوجه کنيد که تابع : حل ]ba, پيوسته و روی بازه ( )ba,مشتق پذير است .

( )( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 0,0 =−=−=−=− bgbfbgfagafagf

) در بازه0xپس بنابر قضيه رول نقطه ای مانند )ba, وجود دارد به طوری که

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )00

000

''0''0'

xgxfxgxfxgf

=⇒=−⇒=−

]تابع مشتق پذير) 41سوال ] Rbaf ) به گونه ای است که :,→ ) ( )bfaf '' )اگر . > ) ( )bfaf '' << λ آنگاه

bcaثابت کنيد عددی مانند ) وجود دارد که >> ) λ=cf )اگر (' ) ( )afbf '' ). حکم را ثابت کنيد>

]تابع: اثبات ] Rba →,:φ را با ضابطه ( ) ( ) xxfx λφ مشتق پذير است و φ. در نظر می گيريم=−

( ) ( ) λφ −= xfx )با توجه به . '' ) ( ) ( ) ( ) 0'',0'' <−=>−= λφλφ afabfb.

( ) ( ) ( ) ( )btatbtta

φφφφ <<<<<∃

21

21

,

bca مينيمم مطلق خود را در نقطه ای مانندφپس تابع )و ازاين رو. اختيار می کند>> ) 0' =cφ در

)نتيجه ) 0' =− λcf يا ( ) λ=cf '

]فرض کنيد ) 42سوال ] Rbaf ) پيوسته و روی :,→ )ba, مشتق پذير باشد و ( )'f x ≠ o و ( )bax ثابت ∀∋,

. يک به يک استfکنيد

] در بازه x,y يک به يک نباشد، عددھايی حقيقی مانندfاگر : راه حل ]ba, وجود دارند که

( ) ( ) yxyxyfxf <≠=

) در بازهcبنابر قضيه مقدار ميانگين، نقطه ای مانند )yx, وجود دارد که

( ) ( ) ( ) 0' =−−

=yx

yfxfcf

. يک به يک استfکه با فرض مساله در تناقض است پس

]روی بازه fفرض کنيد تابع )43سوال ]ba, پيوسته و روی بازه ( )ba,و . دو بار مشتق پذير باشد

( ) ( ) 0== bfaf و ( ) ( )baxxf ,,0" ) صفری در بازه f ثابت کنيد ≠∋ )ba,ندارد .

) صفری در بازه fفرض کنيد : اثبات )ba, يعنی فرض کنيد نقطه ای مانند . داشته باشدc وجود داشته باشد که

( ) bcacf <<= ) در بازه 1cبنابر قضيه رول نقطه ای مانند . 0 )ca, وجود دارد که ( ) 0' 1 =cf ؛ ھمچنين نقطه

) در بازه2cای مانند )bc,که . وجود دارد( ) 0' 2 =cf توجه کنيد که 'fروی بازه [ ]21,cc پيوسته و روی بازه

( )21,ccپس باز ھم بنابر قضيه رول نقطه ای مانند . مشتق پذير استc3زه در با( )21,ccوجود دارد که ( ) 0" 3 =cf و

) صفری در fاين تناقض نشان می دھد که فرض اوليه ما نادرست است و )ba,ندارد .

) در بازه cنشان دھيد نقطه ای مانند )44سوال )ba, موجود است به طوری که

( )( )

( ) ( )[ ]afbfab

cf −−

≥ 24"

)( )xf ) موجود است و " ) ( ) 0'' == bfaf(

)چون: حل ) ( ) 0'' == bfaf

( ) ( )

( ) ( ) 22

21

2!2"

2

2!2"

2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

abxfbfbaf

abxfafbaf

و a است بين 1xکه 2

ba +bba بين 2x و ھمچنين ,

2+

. است

اما

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )( )21

2

""!2

12

22

xfxfab

afbafbafbfafbf

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

−≤−

)فرض کنيد )cf ) برابر " ) ( ){ }21 "," xfxfmax باشد به طوری که به ازای اين انتخاب cما خواھيم داشت :

( ) ( ) ( )[ ]21 ""21" xfxfcf . که حکم نتيجه می شود≤+

f، RRfفرض کنيد تابع ) 45سوال )واگر . تق پذير است دو بار مش:→ ) 1≤xf و Rx∈ و

( )( ) ( )( ) 40'0 22 =+ ff0 ثابت کنيد عددی حقيقی مانندx وجود دارد که

( ) ( ) 0" 00 =+ xfxf

202 ای کهa,bاز قضيه مقدار ميانگين نتيجه می شود که به ازای : حل <<<<− ba

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1

220

220

' ≤−+

≤−−

=ffff

af

)و به ھمين ترتيب ) 1' ≤bfفرض کنيد ( ) ( )( ) ( )( )22 ' xfxfxg در اين صورت=+

( ) ( ) 2,211 ≤=+≤ bgag

)چون ) 40 =g بيشترين مقدار ( )xg0 به ازای نقطه ای مانندx در بازه ( )ba,بدست می آيد و بنابراين

( ) ( ) ( ) ( )( ) 0"'2'0 0000 =+== xfxfxfxg

)اما ) 0' 0 ≠xfزيرا در غير اينصورت ( )( ) ( ) 402

0 ≥= xgxf . و در نتيجه( ) 10 >xf بنابراين با

)فرض ) 1; ≤∈∀ xfRx تناقض دارد پس بايد ( ) ( ) 0" 00 =+ xfxfود و حکم ثابت می ش.

] تابعی حقيقی روی بازهf)46سوال ]ba, و n+1بار مشتق پذير است و فرض کنيد

( )( ) ( )( ) nkbfaf kk ≤≤== 00

] در cثابت کنيد عددی مانند ]ba, وجود دارد به طوری

( )( ) ( )cfcf n =+1

ريم دو حالت می گي: اثبات

) دراين صورت با قرار دادن n=0فرض کنيد )1 ) ( )xfexg x−= .در اين صورت

( ) ( ) 0== bgag

) ای در cبه اين ترتيب از قضيه رول نتيجه می شود که به ازای )ba,داريم

( ) ( ) ( ) ( ) ( )cfcfcfecfecg cc =⇒+−== −− '''0

) و n<0فرض کنيد ) ( ) ( )n

k

kh x f x

=

= ∑0

) در اين صورت ) ( ) 0== bhah و

( ) ( ) ( ) ( ) ( )' nh x h x f x f x+− = − 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1, ' 0 0nc s t h x h x f c f c+⇒ ∃ − = ⇒ − =

)پس ) ( ) ( )1nf c f c+ =

. و حکم ثابت می شود

)ثابت کنيد در ميان دو ريشه حقيقی . مشتق پذيرند Iانند ھر دو روی بازه ای مf,gتابع ھای) 47سوال )xf) رویI ( ريشه ای

)حقيقی از ) ( ) ( )xgxfxf '' . قرار دارد+

)فرض کنيد : اثبات ) ( ) ( )xgexfxh )مقدار. = )xh به ازای ريشه ھای حقيقی fصفر است .

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )xgexgxfxfxh ''' )بنابر قضيه رول. =+ )xh' و در نتيجه ( ) ( ) ( )xgxfxf '' بين ھر دو ريشه +

. ريشه ای حقيقی داردI روی fحقيقی

] وجود دارد به طوری که اگر cثابت کنيد عدد حقيقی و يکتا مانند ) 48سوال ] fRf ,1,0: تابعی مشتق پذير باشد، →

( ) ( ) 00,11 == ff آن وقت معادله ( ) cxxf ) جوابی در بازه '= . دارد1,0(

)فر ض کنيد: حل ) 2xxg ) که به ازای آن معادله cدر اين صورت تنھا عدد حقيقی مانند . = ) cxxg ) در بازه '= )1,0

] تابعی مشتق پذير روی fون فرض کنيد است، اکن2جوابی دارد، ) است و 1,0[ ) ( ) 00,11 == ff . فرض کنيد

gfh ] روی hدر اين صورت . =− ) مشتق پذير است و 1,0[ ) ( ) 010 == hh در نتيجه بنابر قضيه رول معادله

( ) 0' =xhيشه ای در بازه ر( چون. دارد1,0(

( ) ( ) xxfxh 2'' ) پس =− ) xxf 2' ) ريشه ای در بازه = . دارد1,0(

RRfفرض کنيد) 49سوال ) روی f" دوبار مشتق پذير باشد و :→ )ba,ثابت کنيد عددھايی مانند . يچ جا صفر نشود ھ

p,q,rدر بازه ( )ba, وجود دارند که

( ) ( ) ( ) ( )qfrfrfpf "'"' =

) در بازهpبنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند : اثبات )ba, وجود دارد که

( ) ( ) ( )pfab

afbf '=−−

) در بازه qو عددی مانند )ba, وجود دارد که

( ) ( ) ( )qfab

afbf "''=

−−

پس

( ) ( )( ) ( )

( )( )qfpf

afbfafbf

"'

''=

−−

)بنابراين با قرار دادن ) ( )( )xfxg ) در r عددی مانند =' )ba, وجود دارد که

( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )qfrfrfpfrfrf

afbfafbf "'"'

"'

''=⇒=

−−

)فرض کنيد ) 50سوال ) ( ) ( ) 000",0 =≤∞∈∀ fxfx

) ثابت کنيد ) ( ) ( ) ( )∞∈+≤+ ,0,, yxyfxfyxf

yxفرض کنيم : اثبات ) در بازه 1c بنابر قضيه مقدار ميانگين عددی مانند≥ )x,0 وجود دارد که

( ) ( ) ( )1'0

0 cfx

fxf=

−−

) در بازه 2cھمچنين عددی مانند )yxy وجود دارد که ,+

( ) ( ) ( )2' cfx

yfyxf=

−+

) نزولی است، پسf'و چون ) ( )12 '' cfcf بنابراين≥

( ) ( )12 ' cfcf ≤

بنابراين

( ) ( ) ( )xxf

xyfyxf≤

−+

در نتيجه

( ) ( ) ( )yfxfyxf +≤+

RRgfتوابع) 51سوال داريم∋Rx دوبار مشتق پذير است و به ازای ھر f به گونه ای ھستند که ,:→

)1 (( ) ( ) ( ) ( ) 0'" =−+ xfxgxfxf اگر f در دو نقطه متمايز a,bصفر شود ثابت کنيد که به ازای ھر bxa ≤≤

)داريم ) 0=xf.

[ اتفاقا در نقاطی ازفرض کنيم: حل [ba, مثبت شود و bca ] روی f يک نقطه ماکزيمم مطلق >> ]ba,در اين . باشد

)صورت ) ( ) ( )" 0 , ' , 0xf c f c f c≤ به ما نشان می دھد که ) 1( اکنون رابطه <

( ) ( ) 0"0 >=≥ cfcf

[ نمی تواند در بازه fبه ھمين ترتيب . ( ثابت می شودکه اين تناقض است و حکم [ba,منفی باشد .

) در صفر ديفرانسيل پذير باشدfفرض کنيد ) 52سوال ) 00 =f ثابت کنيد تابع g ای که در صفر پيوسته است وجود دارد که

( ) ( )xxgxf =.

:تعريف می کنيم را به صورت زير gتابع : حل

( )( )

( )⎪⎩

⎪⎨⎧

=

≠=

00'

0

xf

xxxf

xg

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )xgg

xgxxffg

xfxfof

x

xx

x

0

00

0

lim0

limlim0'0

00lim'

→

→→

→

=⇒

===

−−

=⇒

] برfگر تابع ا) 53سوال ]ba, مشتق پذير است و ( ) ( ) ( ) ( ) 0',0:, ≠==∈∀ xfbfafbax آنگاه نشان دھيد

( ) ( )−+ bfaf . مختلف العالمه اند','

:اثبات به برھان خلف

( ) ( ) ( )

( )( ) ( ) 0

,0

0lim0'

>−−

⇒

+<<>∃⇒

>−−

⇒>+→

+

axafxf

axatsax

afxfafax

δδ

( ) ( )( ) ( ) ( )1:

,0:0δ

δδ+<<<⇒

+<<>∃>−⇔axaxfaf

axatsafxf

)مشابه باال برای ) 0' >−bf خواھيم داشت. عمل می کنيم:

( ) ( ) ( ) ( )' , , ,f b s t b x b f x f bδ δ− > ⇒ ∃ > − < < <0 0 2

بنابراين

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )22

312311

0,

0,,0,

xfbftsbx

xftsxxxxfaftsax

>=<∃

=∈∃⇒

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

<=>∃

.پس فرض خلف باطل وحکم ثابت می شود

ثابت کنيد ) 54سوال

( ) ( )coscos

ba b tgb Ln a b tgaa

a b π

− < < −

⎛ ⎞< < <⎜ ⎟⎝ ⎠0

2

:تفاده می کنيماز قضيه مقدار ميانگين درمشتقات اس: حل

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( ) ( )tgbbatgcabaLnbLncfabafbf

bcatgccftgxxfxLnxf

−=−−=−−=−

<<−=−=⇒=

coscos'

;''cos

bca: داريم tgbtgctga لذا>> : و می توان نوشت>>

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )tgabaabLntgbba

tgbbaaLnbtgabatgbbatgcbatgaba

tgbabtgcabtgaab

−<<−

−>−>−−>−>−

−<−<−

coscos

coscosln

]فرض کنيد تابع پيوسته)55سوال ] [ ]1.01,0: →fدر بازه ( ) مشتق پذير باشد در ضمن1,0( ) ( ) 00,11 == ff ثابت

)کنيد چنان عددھايی برای )1,0, ∈baبه نحوی که. وجود دارد

( ) ( ) 1'.', =≠ bfafba

): حل )xfرا تابع مورد نظر مساله در نظر می گيريم و فرض می کنيم( ) ( ) 1−+= xxfxg که در بازه [ معين 1,0[

).است )xgتابعی پيوسته است و در ضمن ( ) 10 −=g و ( ) 11 =g .بنابراين عدد( )1,0∈c به طوری که داشته

)باشيم ) 0=cgيعنی ،( ) ccf ) بنابراين عدد1=− )1,0∈cشيم وجود دارد به نحوی که داشته با( ) 0=cg

)يعنی ) ccf )بنابر قضيه مقدار ميانگين عددھای. 1=− ) ( )cacb ,0,1, وجود دارند که برای آنھا داشته باشيم∋∋

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )c

cffbfc

fcfaf−−

=−

=1

1',0'

بنابراين

( ) ( ) 11

.1'' =−

−=

cc

ccbfaf

ax در fفرض کنيد )56سوال ) مشتق پذير و = ) 0≠afمقدار ( )

n

afn

af

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

1

∞→n

limرا به دست آوريد .

کافی است مقدار: حل( )( )

x

ox afxaf

1

lim ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +→

) xبرای مقدار به اندازه کافی کوچک . را به دست آوريم ) ( )xafaf ھم ,+

عالمت اند واز اين نتيجه می شود که

( )( )

( )( )

( ) ( )x

afxaf

afxaf

afxaf

ox

x

ox

x

x

logloglim

loglimlimlog

11

0

−+=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +

→

→→

)آخرين عبارت طرف راست تعريف مشتق )xflog در x=aاست که با توجه به حسابان مقدارآن مساوی ( )( )afaf '

. است

بنابراين

( )( )

( ) ( )afafx

xe

afxaf /'

1

0lim =⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡ +→

RRfھمه تابع ھای مشتق پذير)57سوال :نند را پيدا کنيد که در اتحاد زير صدق ک:→

( ) ( ) ( )yxRyxxy

xfyfyxf ≠∈−−

≡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + ,,

2'

: داريمy≠0چون، با توجه به شرط مساله برای ھر مقدار: حل

( ) ( ) ( )y

yxfyxfxf2

' −−+≡

مشتق پذير است،بنابراينxسمت راست اين اتحاد، نسبت به

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( )24

2222

22

221

2''"

yxfyxfyxf

yxfyxf

yxfyxf

y

yyxfyxfxf

−−++≡

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−−−

−+≡

−−+=

بنابراين. مشتق پذير است xعبارت اخير ھم نسبت به

( ) ( ) ( ) ( )24

'22'2''"y

xfyxfyxfxf −−++=

( ) ( ) ( ) ( )( )

( ) ( )f x y f x f x y f x f x y f x yy y yy

⎡ ⎤+ − − − + − −≡ + −⎢ ⎥−⎣ ⎦≡

24 4 4 414 4 44

0

)به اين ترتيب برای تابع مفروض اتحاد ) 0'" =xfبرقرار است؛ يعنی

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )00'2

0"

0'0"',0""'2

fxfxfxf

fxfxffxf

++=

+==

)پس ھر تابع به صورت ) cbxaxxf ++= . دارای ھمه ويژگی ھای مورد نظر می باشد2

]فرض کنيد) 58سوال ] Rf ) مشتق پذير باشد، عالوه بر آن:1,0→ ) 00 =f و به ازای ھر x در ( ) ( )1,0,0>xf .

) در cثابت کنيد عددی مانند وجود دارد به طوری که 1,0(

( )( )

( )( ) ( )111''2

cfcf

cfcf

−−

=

)تابع: حل ) ( ) ( )xfxfxg −= )واضح است که . را در نظر می گيريم12 ) ( ) 01,00 == gg پس بنابر قضيه رول

) موجود است به طوری که cعددی مانند ) 0' =cgبا بدست آوردن ( ) 0' =xg و قرار دادن cx بدست می ) 1( رابطه =

.آيد

)فرض کنيد) 59سوال ) nxaxaxaxf n sin....2sinsin 21 عددھايی حقيقی ....na و aa,21 که در آن=+++

) حقيقی xھرگاه به ازای ھر . عددی صحيح و مثبت استnاند و ) xxf sin≤ثابت کنيد

1...2 11 ≤+++ nnaaa

)می دانيم : حل ) nxnaxaxf n cos...cos' 1 ) که د رآن=++ ) nnaaaf ...20' 21 ++=

( ) ( ) ( ) ( )

1sinlim

lim0

0lim0'

0

00

=≤

=−−

=

→

→→

xx

xxf

xfxff

x

xx

.ان را کامل می کندو اين برھ

] بر fاگر تابع ) 60سوال ]ba, مشتق پذير باشد و ( ) ( ) ( ) 0,0 ==≠ bfafxf برای ( )bax نشان ∀∋,

)دھيد )af ) و ' )bf . مختلف العالمه اند'

) در يک نقطه از fفرض کنيد : حل )ba, دراين صورت با توجه به قضيه مقدار ميانی ) حالت منفی مشابه است( مثبت باشدf

)بر )ba, بنابراين به ازای. ھمواره مثبت است( )bax : داريم∋,

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 <−−

>−

=−−

bxbfxf

axxf

axafxf

)در نتيجه ) ( ) 0',0' ≥≤ afbf

. نمی توان يافت که در سه شرط زير صدق کندfنشان دھيد که تابعی مانند . ی باشد عدد ثابت مثبتh فرض کنيد )61سوال

) و x≤0به ازای ھر )1( )xf وجود داشته باشد؛ '

)2( ( ) 00' =f

)و به ازای ھر )3( ) 0' >≥ xhxf

پس. شرط صدق نمايد ی باشد که در سهfفرض کنيم : برھان خلف: اثبات

( ) ( ) ( )

( ) ( )

' lim

, ,

x

f x ff

xf x f

x xx

ε δ δ ε

→

−= =

−−

∀ > ∃ > ∀ ≥ − < ⇒ <

o

oo o

o

oo o o o

در نتيجه

حال اگر 2h

=ε 0 وδ ای موجود است که

( ) ( )2

0,0h

xfxfx <

−< δ

)پس بنابر قضيه مقدار ميانگين به ازای ھر ) ( )00 ,0,,0 δ∈∈ xxx به طوری که

( ) ( ) ( ) ( )2

0'' 00h

xfxfxfxf <

−==

)پس )2

' 1hxfh . واين تناقض است≥>

ba دو عدد حقيقی باشند و a,bفرض کنيد )62سوال ) تابعی باشد که در ھر نقطه f و > )ba, مشتق پذير است مگر احتماال در

0xنقطه

مشتق پذير است و 0x در نقطهf دارای حد باشد آنگاه تابع 0x درنقطهf'ثابت کنيد اگر تابع

( ) ( )xfxfxx

'lim'0

0 →=

] نقطه ای از فاصلهxاگر : اثبات ]ba, 0 باشد به قسمی کهxx ]يانگين بر فاصله با استفاده از قضيه مقدار م> ]0, xx نقطه ای

) در فاصلهxλمانند )0, xx وجود دارد به طوری که

( ) ( ) ( )' xf x f x

fx x

λ−

=−

0

0

limچون x xx x

x xλ λ λ→

= < <0 00x, پس xx x x x x xλ λ− − + +→ ⇔ → → ⇔ →o o o o

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )'

' lim lim '

lim lim '

x

x x x x

x

x x x x

f x f xf x f

x x

f x f xf x f

x x

λ

λ

−

→ →

+

→ →

−= =

−

−= =

−

− −

+ +

00

0

00

0

0 0

0 0

دارای حد می باشد پس چون0x در نقطه f'ضو چون طبق فر

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )0'

0'

'lim'lim'lim'lim'lim

'lim'lim'lim

00000

000

xfxf

xffffxf

ffxf

xxx

xxx

xxx

xxxx

xxx

xxxxx

+−

→→→→→

→→→

=⇒

=⇒==

==

+−−++

−−−

λλλλ

λλ

) مشتق پذير است و 0x درfپس ) ( )0''lim0

xfxfxx

=→

به ازای f'است و يک تابع حقيقی مشتق پذير باشد و قلمرو آن مجموعه عددھای حقيقی مثبت fفرض کنيد ) 63سوال

) وجود دارد اگرx<0ھر ) ( )xfxfxx ∞→∞→lim,'lim ھر دو موجود باشند ثابت نيد ( ) 0'lim =

∞→xf

x

] قضيه مقدار ميانگين را رویx>0برای : حل ]1, +xxبه کار می بريم .

*( ) ( ) ( ) ( )tfxfxftsxxt '1.1, =−++∈∃

) نيز به سمت بی نھايت می می ند t ميل می کند اوالx→∞حال گوييم که وقتی )∞→t.

: وجود دارند، حد می گيريم خواھيم داشتf' و f با توجه به اينکه *حال از رابطه

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

lim lim lim lim '

lim ' lim 'x x t x

t x

f x f x f t f t

f t f x→∞ →∞ →∞ →∞

→∞ →∞

+ − = ⇒ =

= ⇒ =

1 0

0 0

)عی دو بار مشتق پذير باشد تابfاگر ) 64سوال )RRf ) و :→ ) ( )RRfxfRx →<∈∀ از پايين f آنگاه ;"0,:

.کراندار نيست

: اثبات

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) 12121

11

0."0''0.'0

xxtsxxffxfxxtsxfxfxf<<=−

<<=−

:حال داريم

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )00'":

00'"0'

21

211

fxfxfyxfxxyxfxfxfxfxxfxxfxf+<⇒<+=∀

++=+=

)حال گوييم که به برھان خلف عمل می کنيم اگر ) Mxfx >∀ ال دراين صورت طبق رابطه با:

( ) ( )00' fxfM +<

) ای انتخاب کنيم که xاما می توانيم ) ( ) Mfxf <+ . وتناقض به اين طريق درست می شود'00

دارای مشتقات مرتبه اول و دوم f باشد به عاوه فرض کنيم که R روی π تابعی دوری با دوره تناوب fفرض کنيد ) 65سوال

) R متعلق x و به ازای ھر بودهRروی )f x′′ ≤ نشان دھيد2

( ) π≤∈∀ xfRx ':

:طبق قضيه تيلور خواھيم داشت: حل

( ) ( ) ( ) ( )' "! !

f x f x f x fπ ππ ζ+ = + +2

1 2

)و چون طبق فرض ) ( )xfxf =+π و لذا داريم ه

( ) ( )

( ) ( ) πζπ

ζπ

≤=

−=

"2

'

"2

'

fxf

fxf

بنابراين

( ) π≤xf ' xR∀

) تابع مفروض باشد که در بازهfفرض کنيد ) 66سوال از اين xھمچنين به ازای ھر . تعريف شده و مشتق متناھی داشته باشد1,0[

)بازه ) 1' <xf2,1..., به ازای=nتعريف کنيد ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

nfan

1nn و نشان دھيد

a∞→

limموجود است .

Rدنباله: حلn

⊆⎭⎬⎫

⎩⎨⎧1

اين دنباله ھمگراست پس . را در نظر می گيريم⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

n1

يک دنباله کشی است

, , ,N m n Nm n

ε ε∀ > ∃ ∀ ≥ ⇒ − <1 1

o

)و چون )1,01,1∈

nm) بنابر قضيه مقدار ميانگين )1,01∈x وجود دارد که

( ) 1'11

11

1 <=−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

xf

nm

nf

mf

−>εو چونnm11

بنابراين

nm11

11

−<

ε پس

( )'f f f f

m n m n f x

m nε

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠< = <

−1

1 1 1 1

11 1

⎟>εلذا⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

mf

nf 11

⎟ پس اگر⎠⎞

⎜⎝⎛=

nfan

1 . ھمگراستnaتام است پس R يک دنباله کشی است و na چون

] يک تابع حقيقی به قلمرو فاصله بسته fفرض کنيد ) 67سوال ]ba,اگر . است"f در فاصله بسته [ ]ba, موجود و مثبت باشد

]آنگاه برای ھر ],m a b∈ يک نقطه [ ]bax ,0 موجود است به طوری که∋

( ) ( ) ( )0

0'

f b f xf m

b x−

=−

) يا ) ( ) ( )0

0'

f a f xf m

a x−

=−

)از قضيه مقدار ميانگين نقطه . اکيدا صعودی استf' نتيجه می شود که f<"0ابتدا توجه می کنيم که از: اثبات )bac ,∈

ست می آيد که به د

( ) ( ) ( )cfab

afbf '=−−

mاگر c=که مساله حل است .

] تابعc>ζاگر ]: ,g a m R→را با ضابطه زير در نظر می گيريم .

( ) ( ) ( ) ( )'f b f x

g x f mb x−

= −−

: تابعی پيوسته است و داريمgدر اين صورت

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )'f b f a

g a f m f c f mb a−

= − = −−

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )' ' 'f b f m

g m f m f f mb m

ζ−

= − = −−

)که در آن ),m bζ ] رویf با اعمال قضيه مقدار ميانگين بر تابع ∋ ],b mبه دست آمده است .

cاکنون از m ζ< )می شود که و روابط فوق نتيجه f' و اکيدا صعودی بودن > ) ( )0, 0g m g a> بنابراين . >

)نقطه ) [ ], ,x a m a b∈ ) يافت می شود که 0⊇ ) 00 =xgبه عبارتی ( ) ( ) ( )'

f b f xf m

b x−

=−

0

0 برای

] تابع پيوستهc<ζحالت ]: ,h m h R→با ضابطه زير را در نظر می گيريم :

( ) ( ) ( ) ( )'f a f x

h x f ma x−

= −−

)بدست می آيد ) ( ),h m h b< >0 ) و لذا0 ) [ ]baby ,,0 ⊂∈ ζ يافت می شود که ( ) 00 =yh و يا

( ) ( ) ( )'f a f y

f ma y−

=−

0

0

. با شرايط ذيل داده شده استfتابع حقيقی ) 68سوال

)1 (( ) 11 =f

)2(( )( )( )22

1'xfx

xf+

x≤1 برای=

)ثابت کنيد )xfx ∞→lim موجود است کوچکتر از

41 π . است+

)چون: اثبات ) 0' >xf پس 'fاکيدا صعودی است و از نتيجه زير حکم ثابت می شود :

( ) ( ) ( )( )[ ]

∫

∫ ∫∞

+=+

+<

++<+=

1 2

1 1 22

41

111

11'1

πduu

duufu

duuffxfx x

RRgفرض کنيم که نگاشت) 69سوال )، ∋Rx چنان است که برای ھر:→ ) 0' ≠xg نشان دھيد که g يک تناظر يک

)به Rبه يک از )Rgاست .

)پوشا بودن : حل ):g R g R→ رای يک به يک بودن ب. بديھی استg فرض می کنيم که ( ) ( )ygxg بنابر قضيه =

ھست به طوری کهx,y مابين cمقدار ميانگين عددی مانند

( ) ( ) ( )( )xycgygxg −=−= '0

)و چون ) 0' ≠cg پس y=x در نتيجه gيک به يک ا ست و حکم ثابت می شود .

اشتليس انتگرالھای ريمان مسائل بخش9فصل

انتگرالھای ريمانی و ريمان اشتليحس : 9فصل

] روی بازه fفرض کنيد تابع )1سوال ]ba,روي بازه پيوسته باشد و ( )ba, 0و مشتق پذير باشد2

>⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + baf و

[ ] ( ) 0, ≠∈∀ xfbaxثابت کنيد

( )∫ >b

adxxf 0 ) ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

2bafمتناھی باشد (

] در بازهcبنابر قضيه مقدار ميانگين، عددی مانند : راه حل ]ba,وجود دارد که

( ) ( )( )∫ −=b

aabcfdxxf

)اگر )∫ ≤b

adxxf ) آنگاه0 )( ) 0≤− abcfو چون ( ) 0≠cf پس ( ) 0<cf0 و چون

2>⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ + baf بنابراين

و c بين dطبق قضيه مقدار ميانی عددی مانند 2

ba +) وجود دارد که ) 0=dfين خالف فر است و ا

)پس ) 0>∫b

adxxf

) روی بازهfفرض کنيد تابع )2سوال پيوسته باشد و 0,∞(

( ) ( )∞∈> ,0,0 xxf

)ثابت کنيد تابع ) ( )( )( )∫

∫=∞∈ x

x

dttf

dttftxgx

0

. صعودی اکيد است0,0

)اگر : حل )∞∈ ,0xو آنگاه

( )( ) ( ) ( ) ( )( )

( )

( )( )

( ) ( )∫∫

∫∫ ∫

−⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

=

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛

−=

x

x

x

x x

dttftxdttf

xf

dttf

dttftxfdttfxxfxg

02

0

2

0

0 0'

)جه کنيد که تو ) ( ) ( )∞∈>⎟⎠⎞⎜

⎝⎛> ∫ ,00,0

2

0xdttfxf

k) در ضمن اگر )∞∈ ,0tآنگاه ( ) ( ) 0>− tftx و در

)نتيجه ) ( )∫ >−x

dttftx0

) روی بازهg' پس 0 . صعودی اکيد استg مثبت و در نتيجه 0,∞(

ثابت کنيد . باشد 1 عددی حقيقی و بزرگتر از a مشتق پذير و R روی f فرض کنيد تابع )3سوال

[ ] ( ) [ ] ( ) ( ) ( ) [ ]( )

[ ] ( ) ( ) ( ) [ ] ( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( )( ) [ ] ( ) [ ]( )[ ] ( ) ( ) [ ]( )( )

1

2 3

1 1 2

' 1 2 ...

' 1 ' 2 ' ... '

2 1 2 3 2 ...

1 ...

a

a a

a

x f x dx a f a f f f a

x f x dx f x dx f x dx a f x dx

f f f f a f a f a

a f a f f a

= − + + +

= × + + +

= − + − + + −

= − + +

∫

∫ ∫ ∫ ∫

] روی بازه f فرض کنيد تابع )4سوال ]ba,ثابت کنيد عددی مانند . پيوسته باشدc در بازه [ ]ba, وجود دارد که

( ) ( )∫ ∫=c

a

b

cdxxfdxxf

عھده متعلمبه : اثبات

]روی بازه fفرض کنيد تابع )5سوال ]ba, پيوسته و روی بازه ( )ba, مشتق پذير باشد و

( ) ( ) ( )∫ =−==b

adxxfbfaf 0,1,0

) در بازهcثابت کنيد که عددی مانند )ba, وجود دارد که ( ) 0' =cf

وجود دارد که δ پيوسته است عددی مثبت مانندfچون : حل

( ) [ ]bbxxf ,0 δ−∈<

اکنون توجه کنيد که

( ) ( ) ( )∫ ∫ ∫−

−=+=

b

a

b

a

b

bdxxfdxxfdxxf

δ

δ0

)و )∫ −

b

bdxxf

δ) منفی است پس )∫

−>

δb

adxxf ) در بازه1x بنابراين عددی مانند0 )δ−ba, وجود دارد که

( ) 01 >xf .2بنابراين عددی مانندxدر بازه ( )bx ,1

] بر fھرگاه )6سوال ]ba, انگاه عددی مانند. پيوسته باشدα از [ ]ba, ھست به طوری که

( ) ( )( )∫ −=b

aabfxfd α

] برf به ترتيب سوپرمم واينفيمم m,Mفرض کنيد : برھان ]ba,باشد، در اين صورت داريم

( ) ( )abMdxfabmb

a−≤≤− ∫

] بر fچون ]ba,یيعن. پيوسته است، پس در خاصيت ميانی صدق می کندα ای از [ ]ba, ھست که

( ) ( )( )∫∫ −=⇒=−

b

a

b

a abfdxfcfab

fdxα

g, اگر ) 7سوال f دو تابع پيوسته روي فاصله [ ],a b و

( ) ( ) ,b b

a af x dx g x dx=∫ ∫

)ثابت كنيد ). . ( )c s T f c g c∃ =

): حل ) ( ) ( ) ( )( )b b b

a a af x g x dx f x dx g x dx− = − =∫ ∫ ∫ o

( ) ( )( )( ). ( ( ) ( )b

ac s t f x g x dx f c g c b a∃ − = − −∫

( )( ) ( )) ( ) ( ) ( )f c g c b a f c g c⇒ − − = ⇒ =o

] تابعي مثبت و پيوسته بر روي f فرض كنيد) 8سوال ],a b c > o . اگر براي[ ],a b x∈ داشته باشيم

( ) ( )x

af x c f t dt≤ ∫

] بر روي fثابت كنيد ],a bبرابر با صفر است .

)sup صفر نباشد، پس fاگر : حل )a x b

M x≤ ≤

= > o در نتيجه ،

( )( )x

af x c Mdt cM x a≤ = −∫

از اين رو

( ) ( )( )x

a

x af x c cM x a dt c M −≤ − =∫

22

2 به ھمين ترتيب

: به استقرا نتيجه مي شود

( ) ( )( )! !

nxn n

a

x a b af x c M Mc

n n− −

≤ ≤ ≤ →∫2

o o

)پس )f x = o كه يك تناقض است پس f = o

] بر بازه f ثابت كنيد اگر تابع پيوسته )9سوال ],a b نامنفي بوده و ( )b

af x dx =∫ o به ازاي ھر [ ],a b x∈

) : داريم كه )f x = o

)فرض كنيم : حل )f x ≠ o [ ], .x a b st∃ ∈o چونf پيوسته است پس ھمسايگي مانند

( ),I x xδ δ= − +o o به قسمتي كه

( ) ( ) ( )x I f x f∀ ∈ > ≥ 1o o

پس داريم

( ) ( ) ( )0 0

0 0( )

b x x b

a a x xf x dx f x dx f x dx f x dx

δ δ

δ δ

− +

− += = + +∫ ∫ ∫ ∫o

( ) ( )0 0

0 00

x x

x xf x dx f x dx

δ δ

δ δ

+ +

− −= ⇒ =∫ ∫

)واضح است ) ( )0

00, 0

x b

a xf x dx f x dx

δ

δ

+

+= =∫ زيرا ∫

( ) ( )0

0 0b b

x af x f x dx

δ+≤ ≤ =∫ ∫

)پس )0

0b

xf x dx

δ+) و ھمين طور ∫= )0x

af x dx

δ−=∫ o 1( و اين تناقض است زيرا طبق (

( ) ( )0

0: 0 0

x

xx I f x f x dx

δ

δ

+

−∀ ∈ > ⇒ >∫

پس فرض خلف باطل است و حكم ثابت مي شود

f,پذير باشد و وارونfفرض کنيد تابع )10سوال f−1اگر. تابع اوليه داشته باشد

o

oo

( ) ( ) ( )x

a

t a x af x c M dt c M

− −≤ =∫

2 33 3

2 2

( ) ( )f x dx F x c= +∫

ثابت کنيد

( ) ( ) ( )( )1 1f x dx xf x F f x c− − −= − +∫

( )( )( )

11

xdxxf xf f x

−−

= −′∫

)فرض کنيد )f x u− )اين صورت در 1= ) ( ),dx f u du x f u′= پس=

( )( )( )( ) ( ) ( )f uxdx f u du F u

f uf f x−′= =

′′∫ ∫1

( )( )1F f x−=

به اين ترتيب

( ) ( ) ( )( )f x dx xf x F f x c− − −= − +∫ 1 1 1

fپذير و تابعی مشتقfفرض کنيد )11سوال ] روی بازه′ ],a bفرض کنيد. پيوسته باشد

( )sin , , ....b

n aa f x nxdx n= =∫ 1 2

}ثابت کنيد }naای ھمگراست، حد آن را پيدا کنيد دنباله.

f توجه کنيد که:حل ] روی′ ],a bفرض کنيد. کراندار است

( ) [ ],f x k x a b′ ≤ ∈

گيری به روش جز به جزدر اين صورت با انتگرال

( ) ( )cos cosbn a

bf x nx f x nxa dx

ana n′−

= − ∫

بنابراين

( ) ( ) ( )n

f a f n k b aa

n n+ −

≤ +

پس

limn→∞

= o پس lim nna

→∞= o

]ثابت کنيد اگر )12سوال ],f c a b∈و به ازای ھر[ ],g c a b∈

( ) ( )b

af x g x dx =∫ o

fآنگاه = oبر روی [ ],a b

gفرض کنيم . باشد، صفر میg چون مقدار انتگرال برای تمام توابع: حل f= باشد درنتيجه

22

b

af dx

f f=

→ = → =∫ oo o 2 وf پيوسته و نامنفي

] فرض کنيد)13سوال ],f c a b∈و ( )b

af x dx =∫ oای مانند نشان دھيد نقطه[ ],c a b∈ای وجود دارد که به گونه

( )f c = o

ار ميانگينبنابر قضيه مقد: حل

[ ] ( ) ( )( ), .b

ac a b S T f x dx f c b a∃ ∈ = −∫

( )( ) ( )f c a b f c→ = − → =o o

.رسدو اثبات به پايان می

] روی بازده f فرض کنيد تابع )14سوال ],1oبه ازای ھر. انتگرال پذير است,b a ،باشرط a b≤ < ≤1o عددی

) در بازه cمانندی ),a bوجود داشته باشد که ( )f c = oثابت کنيد .

( )f x dx =∫1

oo

] ھم روی fتابع : حل ], 1oذير است توجه کنيد که به ھر طريقی که بازه انتگرال پ[ ], 1o را به n زير بازه افراز

] است پس برای ھر افراز o روی ھر زير بازه برابر باfکنيم، مينييم مطلق ], 1o ( ),L P f = o که

{ }, ,..., nP x x x= 1oپس ( )b

af x dx =∫ o پس چون ( ) ( )

b b

a af x dx f x dx≤∫ در ∫

)نتيجه )b

af x dx °=∫

)با مثالی نشان دھيد که معادله )15سوال ) ( ) ( )b

af x dx f b f a′ = ھمواره برقرار نيست ∫−

] بر fفرض کنيد: حل ],1oبه صورت زير تعريف شده باشد

( ) cosx xf x x

x

π⎧ ≤ ≤⎪= ⎨⎪ =⎩

22 1o

o o

fچون ] گراندار نيست پس در بازه′ ], 1oست دارای انتگرال ريمن ني.

, يکنوا بوده و fھرگاه )16سوال ,g f f′ھر سه بر [ ],a b پيوسته باشند، آنگاه عددی مانند α از

[ ],a bبه طوری که . ھست

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b b

a af x g x dx f a g x dx f b g x dx

α

α= +∫ ∫ ∫

)دھيم قرار می: برھان ) ( )x

aG x g t dt= ) واضح است که∫ )G a = oبه دليل پيوستگی ،( ) ,G x g مشتق پذير است و

( ) ( )G x g x′ آوريم به دست میجزء به جزء، در نتيجه با استفاده از انتگرال گيری به طريق =

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b b bb

aa a af x g x dx f x G x dx f x G x G x f x dx′ ′= = −⎡ ⎤⎣ ⎦∫ ∫ ∫

] برf پيوسته است پس انتگرال پذير است وGچون ],a b يکنوا و پيوسته است، پس با توجه به قضيه مقدار

] ازαھا، عددی مانندميانگين در انتگرال ],a bھست به طوری که

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b b

a af x g x f b G b G f x dxα ′= −∫ ∫

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f b G b G f b f aα= − −⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f b G b G f a Gα α= − +⎡ ⎤⎣ ⎦

( ) ( ) ( ) ( )b

af b g x dx f a g x dx

α

α= +∫ ∫

ثابت كنيد)17سوال

( ) ( )lim nf x

dx fn n x

π=

→∞ +∫1

2 2 21oo

، داريمnبه ازای ھر عدد طبيعی مانند: حل

( ) ( ) ( )/

/

n

n

nf x nf x nf xdx dx dx

n x n x n x= +

+ + +∫ ∫ ∫1 1 1

2 2 2 2 2 211 1 1o o

ھابنابر قضيه مقدار ميانگين در انتگرال

( ) ( ) ( )/ /n nnf x ndxdx f dx f tg n

n x n x−= ∝ = ∝

+ +∫ ∫1 1 1

2 2 2 21 1o o

/که در آن nα≤ ≤1oدر نتيجه ،

( ) ( ) ( ) ( )/lim limn nf xdx f tg n f

n n rn xπ−= ∝ = ×

→∞ →∞+∫1 1

2 211o

o

] برfحال چون ], 1oس گراندار است در نتيجه عددی مانند پيوسته است پkھست که به ازای ھر x

)2(

( ) ( )1 1

2 2 2 21/ 1/1 1n n

nf x nf x k dx k dxn x n x

≤ → ≤+ +∫ ∫

1 1k tg n tg n− −⎡ ⎤= −⎣ ⎦

nچون حد عبارت سمت راست وقتی که، .شودنتيجه می) 2(و ) 1(، برابر صفر است پس حکم از∞→

] برfفرض کنيد )18سوال ],a bپيوسته و نا منفی باشد، و c<oبه طوری که به ازای ھر xاز [ ],a b

)رابطه ) ( )x

af x c f t dt≤ ∫

] بر fثابت کنيد ],a bصفر است

صفر نباشد، پس fاگر: حل( )supM f x

a x b= >

≤ ≤

o ، در نتيجه

)به ھمين ترتيب ) ( )x

af x c M dt cM x α≤ = −∫

به استقرا نتيجه می شود

( ) ( ) ( )! !

nn nx a b a

f x c M Mcn n− −

≤ ≤ → o

)پس )f x = oپس . که يک تناقض استf = o

] برfفرض کنيد )19سوال ],a bپيوسته اکيدا صعودی است و ( ) ( ),f b B f a A= . ثابت کنيد=

( ) ( )b B

a Af x dx f x Bb Aa−+ = −∫ ∫ 1

g اکيدا صعودی است پس fنچو: حل f −= موجود است و بنابه قضيه انتگرال جزء به جزء 1

( ) ( ) ( ) ( )b b

a af x dx xdf x f b b f a a+ = −∫ ∫

)ولی با تغيير متغير )u f x=در انتگرال زير خواھيم داشت

( ) ( ) ( )b B B

a A Axdf x g u du f x dx−= =∫ ∫ ∫ 1

.شوددر نتيجه حکم ثابت می

] برfتابع)20سوال ],a bپيوسته است و ( ) ( )x

af x f t dt= ∫2

از مشتق گيری داريم: حل

( ) ( ) ( )f x f x f x′ =2

)يکی از جوابھای معادله ) ( ),xf x c f x′= + =1

2 2)چون. است )f a = o پس

ac = −2

پس

( ) x a x af x −= − =

2 2 2

)اگر )21سوال ) ( )f x x−

= +1

x برای ھر21 R∈آنگاه ثابت کنيد برای ھر دو عدد حقيقی و متمايز ، ,b aداريم

( ) ( ) ( ){ }min ,b

af x dx f a f b

b a≤

− ∫1 4

a, اگر : حل a b≥ ≤oآنگاه

( ) ( ) /b b

a af x dx x dx

b a b a−= +

− −∫ ∫1 21 1 1

( )( ) ( ) ( )

( ) ( ){ }min ,b a

f a a bb a b

+ − += ≤

+ − + +12

2 1 1 4 41 1 1

bدر حالت ≤ oو يا a < o شود ثابت می حکم به طور مشابه.

ثابت کنيد. پيوسته باشدR رویf فرض کنيد)22سوال

( ) ( ) ( )( )a af x dx f x f a x dx= + −∫ ∫

22

o o

) دانيم می:حل ) ( ) ( )a a a

af x dx f x dx f x dx= +∫ ∫ ∫

2 2

o o

x اکنون اگر فرض کنيم a u= dx آنگاه 2− du= در نتيجه−

( ) ( ) ( ) ( )a a a

a af x dx f a u du f a u du f a x dx= − − = − = −∫ ∫ ∫ ∫

22 2 2

o

o o

] برαاگر)23سوال ],a bصعودی باشد ثابت کنيد .

( )b b b

a a af g d fd gdα α α

− − −+ ≤ +∫ ∫ ∫

ε فرض کنيم : حل > oافزارھای. داده شده باشد,P P2 ] از1 ],a b،ھستند که

gdαb

a

−

∫( ),, ,fd U p gεα α+ <22b

a

−

∫( ), ,U p f α <1

p را برابر pاگر U p1 يريم، داريم بگ2

fd εα +2

b

a

−

∫( ) ( ), ,U p f U p fα α≤ <1

ε+

2gdα

b

a

−

∫( ) ( ), ,U p f U p fα α≤ <2

از جمع دو رابطه داريم

ε+b

a

gdα∫+fdαb

a

−

∫( ) ( ), ,U p f U p fα α+ <

از طرفی داريم

( ) ( , , ) ( , ) ( , )f g d U p f g U p f U p gα α α α+ ≤ + ≤ +b

a

−

∫

در نتيجه

gdα ε+b

a

−

∫+fdab

a

−

∫( )f q dα+ <b

a

−

∫

εو چون > oدلخواه داريم

gdαb

a

−

∫fdα +b

a

−

∫( )f g dα+ ≤b

a

−

∫

)اگر )24سوال ) ( )n nn

x I xα∞

=

= −∑1

1 12 3

)مطلوب است محاسبه )xd xα∫1

o

}فرض کنيم (از قضيه : حل }na دنباله ای در R+و باشد na∑ ھمگرا باشد و { }nc دنباله ای از اعضای دوبه دو متمايز

[ ],a b باشد و ( ) ( )n nn

x a I x cα∞

=

= −∑1

] بر f اگر ],a b پيوسته باشد آنگاه داريم( )f R α∈ بر [ ],a b

پس

( )1

1 1

1 1 1( ) ( )52 3

bn n n na

n nfd a f c xd xα α

∞ ∞

= =

⎛ ⎞= = = =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑∫ ∫o

] روی fفرض کنيد )25سوال ],1oانتگرالپذير است

[ ]( ) , ,

( )

f x x Q

f x dx

= ∈ ∩

=∫1

1

o

o o

o

a, استفاده به ازای ھر 14برای حل از مساله : حل b با شرط a b≤ < ≤1o عددي گويا مانند c در بازه ( , )a b وجود

)بنابر فرض مساله . دارد )f c = o خواھيم داشت14 در نتيجه بنابر مساله .

( )f x dx =∫1

oo

]روی بازه fفرض کنيد تابع ) 26سوال ],a b پيوسته باشد و

ثابت کنيد

[ ]( ) ,f x x a b≥ ∈o

] در بازهcثابت کنيد عددی مانند ],a bوجود دارد که

( ) ( )/

(b

af c f x dx

b a⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠∫

1 221

M,فرض کنيم: اثبات mبه ترتيب مينيمم و ماکزيمم مطلق fروی بازه [ ],a b،باشند در اين صورت

( )m f x M≤ ≤ ≤o

بنابراين

( )m f x M≤ ≤ ≤2 2 2o

fچون تابع بنابراين. پذير ھم است پيوسته است، انتگرال2

( )b

am f x dx m

b a≤ ≤

− ∫2 2 21

( )b

am f x dx M

b a⎛ ⎞≤ ≤⎜ ⎟−⎝ ⎠∫

1221

]بازهدر Cدر نتيجه بنابر قضيه مقدار ميانی، عددی مانند ],a bوجود دارد که

( ) ( )b

af c f x dx

b a⎛ ⎞= ⎜ ⎟−⎝ ⎠∫

1221

ثابت کنيد)27سوال

[ ] [ ] [ ]( ) [ ] [ ]( )x x xt dt x x x

−= + −∫1

12

xفرض کنيد: حالت اول: اثبات > oاگر nعددی طبيعی باشد و [ ]x n=آنگاه ،

n x n≤ < +1

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ]....x n x

n nt dt t dt t dt t dt t dt

−= + + + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫

1 2

1o o o

( ).... n n x n= + + + + − + −1 2 1o

( ) ( )n nn x n

−= + −

12

[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( )x xx x x

−+ −

12

] منفی باشد و مثالxاگر ]x n= ، آنگاه−

[ ] [ ]x

xt dt t dt= −∫ ∫

o

o

[ ] [ ] [ ]( )...n n

x nt dt t dt t dt

− + − +

− + −= − + + +∫ ∫ ∫

1 2

1 1

o

( ) ( ) ( )( )...n n x n= − − − + − + − + + + −1 1 1

( ) ( )( )n nn x n

− − −= + − −

12

[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( )x xx x x

−= + −

12

xاگر = oمعلوم است که حکم درست است .

پذير باشد، مشتقR وجود ندارد به طوری که رویf ثابت کنيد تابعی مانند)28سوال

( ) ,f x x R< ∈2

( ) ( ) sinf x f x x x R′ ≥ ∈

xفرض کنيد: اثبات > oآنگاه ،

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) sin cosx x

f x f f t f t dt tdt x′− = ≥ = −∫ ∫2 2 2 2 2 2

o oo

xپس اگر > o

( )( ) ( )( )cos cosf x x f x≥ − + ≥ −2 22 2 2 2o

)به ويژه اينکه ) ( )( )f fπ π≥ ⇐ ≥22 . که با فرض مساله تناقض دارد4

]فرض کنيد )29سوال ]: ,f a b R→پيوسته و بر ( ),a bمشتقات ,f f′′ موجود باشند اگر′

( ){ } ( ) ( )sup ,M f x a x b f a f b′′= < < = =oثابت کنيد

( ) ( )b

a

M b af x dx

−≤∫

3

12

کنيمز تابع کمکی زير استفاده میا: اثبات

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )g t t a t a f x x a x b f t= − − − − −

)چون ) ( ) ( )g a g b g x= = = oپس ,c c2 x, ای وجود دارد که1 c b a c x< < < <2 1

)و ) ( )g c g c′ ′= =1 2 o .پسcی وجود دارد که( )g c′′ = oولی داريم :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )g t t b f x t a f x x a x b f t′ ′= − + − − − −

( ) ( ) ( )( ) ( )g t f x x a x b f t′′ ′′= − − −2

پس

( ) ( )( ) ( )x a x bf x f c

− −′′=

2

( )( )M x a x b≤ − −

2

.گيری حکم بدست می آيداز اينجا با انتگرال

) فرض کنيد)30سوال ) ( )x n Nf x n

⎧ = ∈⎪= ⎨⎪⎩

211

o

fثابت کنيد R∈بر بازه بسته [ ],a b

در غير اينصورت

]اثبات در بازه بسته ],a bتعداد اعداد طبيعی متناھی است پس fدر تعداد متناھی نقطه در [ ],a bناپيوسته است در نتيجه f

)، fپذير و بنابر ضابطهانتگرال )b

af x dx =∫ o

] بر بازهfفرض کنيد مشتق )31سوال ],a bنزولی باشد، و به ازای ھر xدر اين بازده ( )f x m′ ≥ > oثابت کنيد که

( )cosb

af x dx

m≤∫

2

] درxاز آنجا که برای ھر: اثبات ],a bداريم ( )f x m′ ≥ > o . لذا رابطه زير برقرار است

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )cos cos

cos cosb b b b

a a a a

f x f x f x f xf x dx dx f x dx

f x f x′ ′

= ⇒ =′ ′∫ ∫ ∫ ∫

( ) ( ) ( )cos sinb b

a af x f x dx f x

m m′≤ =∫ ∫

1 1

( ) ( ) ( )cos sin sinb

af x dx f b f a

m m m+

⇒ ≤ − ≤ =∫1 1 1 2

]ھرگاه برای ھر تابع يکنوا بر )32سوال ],a bمانند fداشته باشيم ،( )f R α∈بر [ ],a bو b

af dα =∫ o ثابت ،

] برαکنيد ],a bتابع ثابتی خواھد بود .

،fدانيم به ازای ھر تابع يکنوا مانندمی: اثباتb

af dα =∫ o،بنابراين

b

adα =∫ oاز طرفی، به ازای ھر [ ],x a b∈

داريمx b

a ad dα α≤ ≤ =∫ ∫o o

]بنابراين، به ازای ھر ],x a b∈، x

adα =∫ oولی ( ) ( )

x

ad x aα α α= ، پس ∫−

( ) ( ) [ ]( ),x a x a bα α− = ∀ ∈o

]لذا به ازای ھر ],x a b∈ ( ) ( )x aα α=

) ثابت کنيد)33سوال ) [ ]n n

s s sk

xs s dx

k n x− +=

≥ = +∑ ∫1 111

1 11

)دانيممی :حل ) ( ) [ ]n n

kf k f x d x

=

=∑ ∫12

در نتيجه ، [ ] nn

s sk

d xx k=

=∑∫12

1 با استفاده از قضيه انتگرال گيری به روش

جزء به جزء[ ] [ ] [ ] [ ]n n

s s s s s

d x nx d

x x n n −⎛ ⎞+ = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 11 1

11 1 11

[ ] [ ]n n

s ssx d x dx

x x +−⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫ 11 1

1

بنابراين

[ ]n n

s s sk

xs dx

k n x− +=

= − +∑ ∫1 112

1 1 1

بنابراين

[ ]n n

s s sk

xs dx

k n x− +=

= − +∑ ∫1 112

1 1 1

و لذا

( ) [ ],n n

s s sk

xn N s R s dx

k n x− +=

∈ ∈ = +∑ ∫1 111

1 1

نشان دھيد )34سوال

[ ]logn n

k

x xn dx

k x=

−= − +∑ ∫ 21

1

1 1

دانيممی: اثبات[ ]n n

s s sk

xs dx

k n x− +=

= +∑ ∫1 111

1 1sدر نتينجه با برقرار دادن داريم1=

[ ] [ ]n n n

k

x x x xdx dx

k x x=

− += + = +∑ ∫ ∫2 21 1

2

1 1 1

[ ]n n x xdx dxx x

−= + −∫ ∫ 21 1

1

logچونn dx n

x در نتيجه1∫=

[ ]logn n

k

x xn dx

k x=

−= − +∑ ∫ 21

1

1 1

مطلوب است محاسبه)35سوال ( )

/

tan

dxIx

π=

+∫

2

21o

xبا استفاده از تغيير متغير: حل uπ= −

2 شود نتيجه می

( ) ( )( )

( )/ / / tan

tan cot tan

u dudx duIx u u

π π π= = =

+ + +∫ ∫ ∫

22 2 2

2 2 21 1 1o o o

در نتيجه

( )( )tan

tan

xI dx

x

π π+= =

+∫

22

2

12

21o

Iپس π=

4

] برfفرض کنيد)36سوال ],a bپذير باشد و انتگرالgتابعی کراندار بر [ ],a b باشد که به غير از تعداد متناھی نقطه

]بر ],a bبا fبرابر باشد ثابت کنيد g R∈

] بر بازهfفرض کنيد تابع(برای اثبات از قضيه : حل ],a bکراندار و Dوستگی مجموعه نقاط ناپيfبر [ ],a b

f.باشد R∈بر [ ],a bاگر و فقط اگر Dکنيماستفاده می) با اندازه صفر باشد.

فقط در تعداد متناھی نقطه متفاوت f باg با اندازه صفر است حال اگرfموعه نقاط ناپيوستگیمج. پذير باشد انتگرالfاگر

.پذير است نيز انتگرالg نيز با اندازه صفر است پسgباشد در اين صورت مجموعه نقاط ناپيوستگی

]ثابت کنيد انتگرال )37سوال ]( ) [ ]( )x x d x+∫4 2 2o

. موجود نيست

, اگر∫fdαميدانيم در: حل fαدر يک نقطه مانند xoال موجود نيست ناپيوسته باشند آنگاه انتگر.

]و چون در ]( ) [ ]( )x x d x+∫4 2 2o

، [ ]x2و [ ]x x+2در x =1oاند پس ناپيوسته[ ]( ) [ ]( )x x d x+∫4 2 2o

موجود

.نيست نشان دھيد)38سوال

( ) [ ]) sin cosn nk

k

xk x x dx=

⎛ ⎞⎡ ⎤− = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∑ ∫2 2

11

1 1 22

( )[ ]

) lnn nk

k

xxk dx

x=

⎛ ⎞⎡ ⎤−⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎜ ⎟− =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∫2 2

11

222 1

( ) [ ])n nk

k

xx dxk x=

− ⎛ ⎞⎡ ⎤− = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∑ ∫2 2

3 411

1 33 1 22

( ) [ ]) limk

n

nk

xx dxk x

∞

→∞=

− − ⎛ ⎞⎡ ⎤= −⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∑ ∫

23 41

1

1 34 22

fکنيم اگر ثابت می38بر اثبات مساله ] بر′ ], n1 آنگاه. پيوسته باشد2

( ) ( ) ( ) [ ]n nk

k

xf x f x x dx=

⎛ ⎞⎡ ⎤′− = −⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠∑ ∫2 2

11

1 22

]تابع: حل ]: , n Rα →1 ]ه را با ضابط2 ] [ ] xx xα ⎡ ⎤= − ⎢ ⎥⎣ ⎦2

2ای است تابعی پلهα در نظر می گيريم واضح است که

و لذا) چرا(

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )n nn k

k kf x d x f k k k f kα α α ++ −

= =

= − = −∑ ∑∫2 22 1

12 2

1

اما بنابر انتگرال گيری به روش جزء به جزء خواھيم داشت

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n

f x d f x f x x f n n fρα α α+ = −∫ ∫2 2

1 12 2 1 1

)چون ) ( ),nα α= =2 1 1oس ، پ

( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nk

kf k x df x fα+

=

− + = −∑ ∫2 21

12

1 1

) از اين رو ) ( ) ( ) ( )n nk

kf k f x x dxα

=

′− =∑ ∫2 2

11

1

کافی است38حال برای حل مساله

( )) sinf x x=1

( )) lnf x x=2

( )) f xx

= 313

] برfض کنيمفر )39سوال ],a bپيوسته بوده و αبر آن صعودی باشد آنگاه نشان دھيد عددی مانند λاز [ ],a b ھست به

طوری که

( ) ( ) ( ){ }b

af d f b aα λ α α= −∫

m, صعودی است پس اگرα پيوسته وf چون:اثبات Mبه ترتيب اينفيمم و سوپريمم fبر [ ],a b باشد در اين صورت با

توجه به

( ) ( ){ } ( ) ( ){ } ( )b

am b a fd M a b aα α α α− ≤ ≤ −∫ 1

m موجود است به طوری کهμددی مانندپس ع Mμ≤ ) و≥ ) ( )( )b

afdx b aμ α α= −∫

] برfو چون ],a bپيوسته است پس عددی مانند λاز[ ],a bھست به طوری که ( )f λ μ=در نتيجه

( ) ( ) ( )( )bfdx f b aλ α α= −∫o

)اگر)40سوال )( )f x x dx∞ − < ∞∫

2 21

) آنگاه نشان دھيد )f x x dx∞

< ∞∫ 21

g,دانيم اگرمی: اثبات fبر [ ],a bنگاه پيوسته باشند آ( ) ( )( )b b b

a a afg f g≤∫ ∫ ∫

22 ) با انتخاب2 )g x

x=

1

a,و b M= داريم1=

( ) ( )M M Mf x f xdx dx dx

x x x x

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟≤⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ ∫ ∫

2 2

21 1 1

1 1

dxاماx

∞

∫ 21

1) کراندار است در نتيجه بنابه فرض داريم )f x x dx

∞ − < ∞∫ 21

g,فرض کنيم )41سوال f باشند نشان دھيد که1 توابعی پيوسته و متناوب با دوره متناوب

( ) ( ) ( )( ) ( )( )limn

f x g nx dx f x dx g x dx→∞

=∫ ∫ ∫1 1 1

o o o

با تغيير متغير: اثباتkt sn

→ kبرای ھر (+ n≤ خواھيم داشت ) 1≥

( ) ( ) ( ) ( )knn

kk n

f t g nt dt f t g nt dt+−

=

=∑∫ ∫111

oo

( )n

n

k

kf s g ns dsn

−

=

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

∑∫11

oo

( )n

k

r kf g r drn n n

−

=

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∫1 11

oo

fبر [ ],1oپيوسته يکنواخت است پس برای ε > o ،مفروض δ > oای ھست که

[ ] ( ) ( ), , ,x y x y f x f yδ ε∈ − < ⇒ − <1o

طوری در نظر بگيريد که را Nعدد طبيعیN

δ<1nپس برای ھر). بنا به اصل ارشميدس ( N≥داريم

r k k rn n n n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

در نتيجهr k kf fn n n

ε⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − <⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

n اکنون برای ھر N≥داريم

( ) ( ) ( )n

k

kf t g nt dt f g t dtn r

−

=

⎛ ⎞⎛ ⎞− ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑∫ ∫o oo

11 11

( )n

k

r k kf f g t dtn n n n

−

=

⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞≤ + −⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

∑∫11 1

oo

( )g t dt Mε ε< ≤∫1

o

که در آن[ ]

( ),

supt

M g t R∈

= ∈1o

] رویfاز طرفی چون . ],1oپذير ريمانی است، داريم انتگرال

( )limn

n k

kf f t dtn n

−

→∞ =

⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∫1 11

oo

( ) ( ) ( )( ) ( )( )limn

g nt f t dt f t dt g t dt→∞

=∫ ∫ ∫1 1 1

o o o

...., فرض کنيد)42سوال , , ,na a a a2 1 oعددھايی حقيقی باشند و

( ) cos cos ... cosna a x a x a nx x R+ + + + > ∈1 21 2o o

aثابت کنيد >o o

)1(دانيم بنابر می: اثبات

( )cos .... cosnA a a x a nx dxπ

= + + + >∫ 1ooo

از طرف ديگر

sin sin .... sinna aA a x a x x nx an

ππ⎛ ⎞= + + + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠2

1 22o oo

aپس >o o

] روی بازهf فرض کنيد تابع)43سوال ],1oپيوسته باشد و

( ) [ ],m f x M x< ≤ ≤ ∈ 1o o

ثابت کنيد

( ) ( )( ) ( )m Mdx f x dx

f x mM⎛ ⎞ +

≤⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫

21 11

4o o

)با توجه به اينکه: اثبات )m f x M≤ در نتيجه≥

( )( ) ( )( )( )

f x m f x Mx

f x− −

≤ ≤ ≤1o o

هدر نتيج

( ) ( )f x dx mM dx m M

f x+ ≤ +∫ ∫

1 1 1o o

فرض کنيد ( )

U mM dxf x

= ∫1 1o

در اين صورت

( )f x dx U m M+ ≤ +∫1

o

( ) ( ) ( ) ,m M

u f x dx m M u u+

≤ + − ≤∫2

1 2

4o

aax x⎛ ⎞

− ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

22

4

پس

( )( ) ( )( )m M

f x dx dxf x mM

⎛ ⎞ +≤⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠∫ ∫

21 1 1

4o o

g,فرض کنيد تابعھای )44سوال fروی Rپيوسته باشند و

( ) ( )( ) ( )( )x b

a xh x f t dt g t dt= ∫ ∫

را بدست آوريد و ثابت کنيد hمشتق

( ) ( )( ) ( ) ( )( )b x a x

a a b bg x f t dt dx f x g t dt dx=∫ ∫ ∫ ∫

شود کهبه سادگی ثابت می: اثبات

( ) ( ) ( ) ( ) ( )b x

x ah x f x g t dt g x f t dt′ = −∫ ∫

] روی بازهاگر از دو طرف نابرابری باال ],a bشود انتگرال بگيريم، نتيجه می.

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )b b b b x

a a x a ah x dx f x g t dt dx g x f t dt dx′ = −∫ ∫ ∫ ∫ ∫

)يا ) ( ) ( ) ( ) ( )( )b b b x

a x a a

h b h a f x g t dt dx g x f t dt dx⎛ ⎞ ⎛ ⎞

− = −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫

)چون ) ( )f a h b= = o

)در نتيجه ) ( ) ( )( )b x a x

a a b b

g x f t dt dx f x g t dt dx⎛ ⎞ ⎛ ⎞

=⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∫ ∫ ∫ ∫

] بر f فرض کنيد تابع )45سوال ],a b پيوسته باشد و تابع F بر[ ],a b به صورت زير تعريف شده است

( ) ( )x

a

F x f t dt= ∫

] بر Fثابت کنيد که ],a b با تغيير کراندار است و ( ) ( ),b

Fa

V a b f t dt= ∫

,فرض کنيد : اثبات , ,... ,np a x x x b−= 1 2 ] افراز دلخواھی از بازه بسته 1 ],a b باشد آنگاه

( ) ( )( )i

i

x

i ix

F x F x f t dt−

−− = ∫1

1

( )i

xi

ix

F f t dt−

≤ ∫1

V

)در نتيجه ) ( )i

i

x bn n

ii l x a

F f t dt f t dt−= =

Δ ≤ =∑ ∑ ∫ ∫11 1

) 1(

] برfدر نتيجه ],a bبا تغييرکراندار است .

)) 1(بنابر . حال قسمت دوم حکم را ثابت می کنيم ) ( ),b

Fa

V a b f t dt≤ در نتيجه کافی است ثابت کنيم) 2( ، ∫

( ) ( ),b

Fa

f t dt V a b≤∫ چون F پيوسته است پس F در ix ھا پيوسته خواھد شد در نتيجه

( ) ( )1 1, i it x f t f xε δ δ ε− −∀ > ∃ < − < ⇒ − <o o

)از اين رو ) ( )if t f x ε−≤ +1

)در نتيجه ) ( )( )i

i i

i ii

xx x

i i i ix xx

f t dt f x dt x f x dt xε ε− −

−

− −≤ + Δ = + Δ∫ ∫ ∫1 11

1 1

( ) ( ) ( )i

i

xi ix

f x f t f t dt xε−

−⎡ ⎤= − + + Δ⎣ ⎦∫ 11

( ) ( ) ( )i i

i i

x xi ix x

f x f t dt f t dt xε− −

−≤ − + + Δ∫ ∫1 11

i i i i ix F x x Fε ε ε≤ Δ + Δ + Δ = Δ + Δ2

در نتيجه

( ) ( ) ( ) ( )(i

i

n nb xia x

i if t dt f t dt F bε α α α

−= =

= ≤ Δ + −∑ ∑∫ ∫ 11 12

) دلخواه می باشد در نتيجه εو چون ) ( ),b

Faf t dt V a b≤∫) 3(

) ) 3(و ) 2(بنابراين طبق ) ( ),b

F aV a b f t dt= ∫

] بر ھر بازه فشرده مانند fای مانند نشان دھيد که يک چند جمله) 46سوال ],a bاگر صفرھای. با تغيير کراندار استf ′

]را بر fن تغيير کلدانسته فرض شدند، روشی را توصيف کنيد که به وسيله آن بتوا ],a bبدست آورد .

فرض کنيد: اثبات

( ) ....n nn nf x a x a x a x a−

−= + + + +11 1 oای مورد نظر ما باشد چند جلمه

( ) ( ) ....n nn nf x na x n a x a− −

−′ = + − +1 21 11

( ) ...n nn nn a x n a x a x a− −

−≤ + − + + +1 21 2 11

]اگر قرار دھيم ]{ }max ,x x a bγ = اين صورت در ∋

( ) ( ) ...n nn nf x n a n a aα α− −

−′ ≤ + − + +1 21 11

}حال فرض کنيد. با تغيير کراندار خواھد بودfدر نتيجه }, ,..., kc c c1 fھای مجموعه ريشه2 - باشد قرار می′

...دھيم kc c c< < <1 در اين صورت2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ), , , , ... ,f f f f f kV a b V a c V c c V c c V c b= + + + +1 1 2 2 3

]ھای باشند بنابراين در ھر کدام از فاصلهی مf اکسترممicاما ] [ ], , ,c c a c1 2 1 [ ], , ....,kc bتابع f يا در حال صعود

هدر نتيج. و يا در حال نزول مي باشد

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,..., ,f f k kV a c f c f a V c b f b f c= − = −1 1

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ( )k

f i i ki

V a b f c f a f c f c f b f c−=

⇒ = − + − + −∑1 12

)ثابت کنيد )47سوال )sin

xf x

x x ax

=⎧⎪= ⎨

< ≤⎪⎩2 1o o

o] بر ],1oبا تغيير کراندار است .

:حل

limچون sinx

xx→=2 1

oo لذا fبر [ ],1o اما. پيوسته است

( ) ( )sin cos sin cosf x x f x xx x x x

′ ′= − ⇒ ≤ +1 1 1 12 2

( ) sin cosf x x ax x

′⇒ ≤ + ≤ +1 12 2 1

] برfلذا ],1oتوانيد ثابت کنيد با تغيير کراندار است در حالت کلی به ھمين شيوه می

( ) ,sin cos

x xf x

x x b x x bx x

α α

= =⎧ ⎧⎪ ⎪= ⎨ ⎨

< ≤ ≤ ≤⎪ ⎪⎩ ⎩1 1

o o o o

o o

αبه ازای . با تغيير کرانداراند1<

] برfتابع )48سوال ],1oنشان دھيد. کنيم را با ضابطه زير تعريف میfبا تغيير کراندار نيست .

را به صورتPافراز. شد عددی مثبت و دلخواه باMفرض کنيم: اثبات

{ },, , , , , .... , ,n nP x r x r r x−= 1 1 2 2 1 1o

)که در آن ) ,i ii n r Q x Q≤ ≤ ∈ در نتيجه1∋

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )... ...n

k n n nk

f f x f f x f r f f x n−=

Δ = − + + − + − = + + + =∑ 1 11

1 1 1 1 2o

nکنيم که را طوری اختيار میnعدد طبيعی M>2در اين صورت fبا تغيير کراندار نيست زيرا کافی بود نشان دھيم

;n

kk

M p f M=

⎛ ⎞∀ ∃ Δ ≥⎜ ⎟

⎝ ⎠∑

1

ھمگرايی يکنواخت روی سری توابع مسائل بخش10فصل

} با استفاده از تعريف ھمگرايي يكنواخت نشان دھيد دنباله ) 1سوال }nf كه

( ) nnf x x=

]در ھر بازه به صورت ], ko كه k ] به طور يكنواخت ھمگراست ولي در 1> ],1oفقط نقطه به نقطه ھمگراست .

حد نقطه به نقطه عبارت است از : اثبات

.( ) lim ( )nn

xf x f x

x→∞

≤ <⎧= = ⎨ =⎩

11 1o

}بنابراين دنباله }nfپيوسته اي بر به تابع نا[ ],1oنقطه به نقطه ھمگراست .

)فرض كنيد ) ( )nf x f x ε− ε و> >oبه ازاي . داده شده باشدx k< ≤ <1o داريم ،

| ( ) ( ) | nnf x f x x ε− = <

)ھرگاه )n

x ε>

1 1log يا logn

xε>

1 1عدد . آنگاه رابطه فوق برقرار است

log( )

log( )x

ε1

. ، افزايش مي يابدx با افزايش 1

]پس ماكزيمم آن در ], ko عبارت است از log logkε

1 1log عددي طبيعي بزرگتر ازN پس اگر log

kε1 1

باشد

xآنگاه به ازاي ھر k< ≤o و ھر n N≥ ،| ( ) ( ) |nf x f x ε− x ھمچنين در > = o ،

| ( ) ( ) |nf x f x ε− = <o پس براي ھر ε<o ، N اي يافتيم كه به ازاي ھر x k≤ ≤o و ھر n N≥ ،

| ( ) ( ) |nf x f x ε− <

}يعني دنباله }nf در [ ], ko ، k< <1o به طور يكنواخت ھمگراست

logاما logxε

1 1x وقتي ≥x به سمت بي نھايت ميل كند، بنابراين براي 1→ ≤1o نمي توان چنين ، Nاي پيدا كرد .

)كه )n N≥ و | ( ) ( ) |nf x f x ε− <.

} نشان دھيد با استفاده از تعريف ھمگرايي يكنواخت دنباله ) 2سوال }nf آن كه در

( ) , ( )nf x tg nx x−= ≥1 o

]در ھر بازه به صورت ],a b كه ، a > oصورت ولي در بازه اي به . ت به طور يكنواخت ھمگراس[ ],bo به صورت

نقطه به نقطه عبارت است از تابع

( ) lim ( )nn

xf x f x

x

π

→∞

⎧ >⎪= = ⎨⎪ =⎩

2o

o o

εفرض كنيد > o داده شده باشد، به ازاي ھر x > oة رابط

1| ( ) ( ) | | |2nf x f x tg nx π ε−− = − <

cotمعادل است با g nx ε− cotnx يا 1> gε> يا cot gn

xε

>

، xچون با افزايش cot gn

xε

]پس ماكزيمم آن در بازه . كاھش مي يابد< ],a b ، a >o cot g

aε

Nپس اگر . است

عددي طبيعي بزرگتر از cot g

aε

a باشد آنگاه به ازاي ھر x b≤ n و ھر ≥ N≥ داشت ، خواھيم

| ( ) ( ) |nf x f x ε− } ، يعني > }nf در [ ],a b,a >oبه طور يكنواخت ھمگراست .

اما چون cot g

aε

xوقتي. است → o پس چنان ، N اي نمي تواند موجود باشد كه به ازاي ھر x از [ ],bo و ھر

n N≥ ، | ( ) ( ) |nf x f x ε− ]بنابراين در بازه . > ],boنقطه به نقطه ھمگراست. ھمگرايي يكنواخت نيست

} ھمگرايي يكنواخت دنباله )3سوال }nf را، كه در آن

( )nnxf xn x

=+ 2 21

.بررسي كنيد

}دنباله : حل }nf نقطه به نقطه به f = oھمگراست .

}فرض كنيد دنباله }nfه اي مانند در باز[ ],a bپس به ازاي ھر . ، ھمگرايي يكنواخت باشدε > oعدد طبيعي مانند N ھست

]به طوري كه به ازاي ھر ],x a b∈

| | ( )nx n Nn x

ε− < ≥+ 2 21

o

εحال فرض كنيد = 13

m, موجود باشد كه m ھرگاه عددي طبيعي، مانند N≥ [ ],a bm∈

1n آنگاه با انتخاب m= و

km

=1

آوريم به دست مي

2 2

1 1| |1 2 3

nxn x

ε= < =/+

در نتيجه دنباله در بازه اي كه شامل . پس به يك تناقض مي رسيمm1

يا m

−1

اما . داراي ھمگرايي يكنواخت نيست. باشد

m± →

1o پس nfواخت نيست در بازه اي كه شامل صفر باشد ھمگرايي يكن.

} نشان دھيد دنباله ) 4سوال }ns كه ( ) nxnS x nxe−=

2

] در ھر بازه به صورت ], ko نقطه به نقطه ھمگراست، ولي ،

.ھمگرايي يكنواخت نيست

]ھرگاه سري در بازه : حل ], koاخت ھمگرا باشد، آنگاه به ازاي ھر به طور يكنوε > o عددي طبيعي مانند N ھست به

xطوري كه به ازاي ھر ≥ o و ھر n N≥ ،

( ) ( )| | nxnS x S x nx e ε−− = <

2

) 1(

x باشد و N عددي طبيعي و بزرگتر از Noحال فرض كنيد N

=1

o

n و N= o ايجاب مي كند كه ) 1( رابطه

.N e N eε ε− < ⇒ <1 2 2o

.ن يك تناقض است و آ

]در نتيجه در ], koھمگرايي، يكنواخت نيست .

} ثابت كنيد دنباله ) 5سوال }nf كه در آن ، ( )nxf xnx

=+ 21

.راست به طور يكنواخت ھمگI در ھر بازه بسته مانند

,به ازاي ھر : حل x ( )( ) lim nnf x f x

→∞= = o

( ) ( )sup| | sup |n nx I x I

xM f x f xnx∈ ∈

= − =+ 21

sup | |x R

xnx n∈

≤ = →+ 2

11 2

o

|زيمم ماك: توجه [. به طور يكنواخت ھمگراستR در fپس |

xnx+ 21

برابر n

12

x است كه در نقطه n

= ±1

.بدست مي آيد

p نشان دھيد سري ) 6سوال qn

xn x n

∞

= +∑ 21

] بر ھر بازه متناھي ],a b به طور يكنواخت ھمگراست كه ,q p دريكي از

دو شرط زير صدق مي كنند

p) الف q و 1< ≥ oب (p< ≤1o , p q+ >2

pنيد فرض ك) الف: حل q و 1< ≥ o در اين صورت

( )| | | |n p q p

xf xn x n n

α= ≤

+ 2

}كه }| |, | |mox a bα p چون به ازاي ≤ ، سري 1<pnα∑

وايرشتراس سري −M پس بنابر آزمون. ھمگراست

]در ],a b . به طو ر يكنواخت ھمگراست

p, فرض كنيد - )ب q p+ > < ≤2 1o در اين صورت ( )| |nf x به ماكزيمم خود ( )p q

n+

12

1

2 در نقطه اي مانند

q px n n=2 پس . مير سد

( )( )n

p qf x

n+

≤ 12

1

2

و چون سري ( )p q

n+

∑ 12

1

2p به ازاي q+ ] وايرشتراس سري در−M ھمگراست پس بنابر آزمون 2< ],a b

به طور

. ھمگراست يكنواخت

سريھاي : ثابت كنيد )7سوال cos

p

nn

θ∑ و sin

p

nnθ∑ به ازاي p > o در ھر بازه به صورت [ ],α π α−2 و

α π< <oبه طور يكنواخت ھمگرا ھستند .

pھرگاه : حل ] دھد كه ھر دو سري در ھر بازه به صورت ، آزمون ديريلكه نتيجه مي1< ],α π α−2 ، π<∝2o به

)طور يكنواخت ھمگرا ھستند با انتخاب )n pbn

θ =1

) و ) cosnu nθ θ= يا ( )nu sinθ θ=داريم .pn1

مثبت و

نزولي و به طور يكنواخت ھمگرا به صفر است و

cos sincos

sin

n n

rr r

n n

r u rθ θ

θ θ= =

+

= = =∑ ∑1 1

12 2

2

cos ( )ecα α θ π α≤ ≤ ≤ −22

پس شرايط قضيه برقرار است در نتيجه سري cos

pn

nn

θ∞

=∑

1 و به طريق مشابه

sinp

n

nnθ∞

=∑

1] بر ],a π α−2 ،

α π< <oبه طور يكنواخت ھمگراست ، .

) نشان دھيد سري ) 8سوال )( )log cosx

n nx−

+∑ ] بر ھر بازه به صورت 1 ],θ θ1 xθ كه 2 θ π< ≤ ≤1 22o به

.طور يكنواخت ھمگراست

x,ھر گاه : اثبات θ θ⎡ ⎤∈ ⎣ ⎦1 ) آنگاه 2 )( )logx

n−

و چون . استn مثبت و نزولي بر حسب 1+

( ){ } ( ){ }log logx

n nθ− −

< + ≤ +1

1 1o

)پس )( )logx

n−

به طور يكنواخت به صفر ھمگراست و چون 1+

cos max ,sin sin sin

n

rr x x θ θ=

≤ ≤∑1 21

1 1 1

2 2 2

θ,در نتيجه بنا بر آزمون ديريكله، بر θ⎡ ⎤⎣ ⎦1 . به طور يكنواخت ھمگراست2

نشان دھيد سري ) 9سوال

( ) ( ) ( )...x x xx

x x x+ + + +

+ + +

4 4 42

2 34 4 41 1 1] بر ],1oبه طور يكنواخت ھمگرا نيست .

]چون جمالت سري بر : اثبات ],1o پيوسته اند و سري بر [ ],1o نا پيوسته به تابع

,( )

,x x

f xx

⎧ + ≠= ⎨

=⎩

41 o

o o

.پس ھمگرايي يكنواخت نيست. نقطه به نقطه ھمگراست

نشان دھيد سري ) 10سوال ( )n

n n x

−∞

=

−+∑

1

21

1 . به طور يكنواخت ھمگراستR بر

)فرض كنيد : اثبات )nb xn x

=+ 21

) ، در نتيجه )nb x مثبت و نزولي بر حسب nو بر . استR به طور يكنواخت به

)صفر ھمگراست و قرار مي دھيم ) ( )nnU x −= − 11.

( )n

rr

u x=

≤∑1

1

)يعني )n

rn

u x=∑

1)پس بنابر آزمون ديريكله سري . خت كراندار استبه طور يكنوا ) ( )

n

n nn

b x u x=∑

1 به طور R بر

.يكنواخت ھمگراست

نشان دھيد سري )11سوال ( )n

xn nx

∞

= +∑ 2

1 1 . به طور يكنواخت ھمگراستR بر

)قرار دھيد : اثبات ) ( )nxf x

n n x=

+ 21) در اين صورت ماكزيمم )nf x برابر

n32

1

2x كه در نقطه

n=2 1

به

nپس چون . دست مي آيدn n

Mn

∞ ∞

= =

=∑ ∑ 3 21 1

12

وايرشتراس سري M ھمگراست پس بنابر آزمون ( )n

xn nx

∞

= +∑ 21 1

.ھمگراي يكنواخت است

−x ثابت كنيد اگر )12سوال < <1 1 ،

...x x xx x x x x+ + + + =

+ + + + −

3 7

2 4 81 2 4 8 1

1 1 1 1 1

سري : حل

( ) ( ) ( ) ( )log log log log ...x x x x− + + + + + + +2 41 1 1 1) 1(

ام آن عبارت است از nمجموع جزئي . را در نظر بگيريد

( )( )( )( ) ( ) ( )log ... logn n

ns x x x x x x−

= − + + + + = −12 4 2 21 1 1 1 1 1

uبه ازاي n وقتي 1> →∞ ، ns → o

.به صفر ھمگراست) 1(بنابراين سري

اول ، عبارت است از ، بدون در نظر گرفتن دو جمله)1(سري حاصل از مشتق گيري جمله به جمله

... ...n

n

nx x x xx x x x

−

+ + + + ++ + + +

3 7 2 1

2 4 8 2

2 4 8 21 1 1 1

) 2(

به ازاي ھر 2 1

2 12

2 2 , 11

nn

n

nnx p x p

x

−−≤ ≤ <

+ ، چون سري

nn

np

∞−

=∑ 2 1

1 −Mبنابر آزمون . ھمگراست2

xوايرشتراس سري مشتق ھا بر p≤ . به طور يكنواخت ھمگراست1>

.بدون دو جمله اول مي باشد) 1(، مشتق سري ) 2(در نتيجه حاصل جمع سري

( ) ( ){ }... log logx x x d x xx x x dx x x+ + + = − − − + = −

+ + − +

3 7

2 4 82 4 8 1 11 1

1 1 1 1 1

x... از نتيجه x xx x x x x+ + + + =

+ + + + −

3 7

2 4 81 2 4 8 1

1 1 1 1 1

} نشان دھيد دنباله ) 13سوال }nf كه،

( )n

n x xn

f x n x n xn n

xn

⎧ ≤ ≤⎪⎪⎪= − + ≤ ≤⎨⎪⎪ ≤ ≤⎪⎩

2

2

1

1 22

2 1

o

o

] بر ],a b به طور يكنواخت ھمگرا نيست

]دنباله فوق بر : حل ],1o نقطه به نقطه به ( )f x = o ھمچنين . ھمگرا استnfو ھا f بر [ ],1o پيوسته اند و

( ) ( )n n

n

n n

f x n xdx n x n dx dx= + − + + =∫ ∫ ∫ ∫1 2

1 12 2

1 2

2 1o o

o

fdxدر حالي كه =∫1

o

o پس ،( )lim ) )nnf x dx f x dx

→∞≠∫ ∫

1 1

o o

. بنابراين ھمگرايي نمي تواند يكنواخت باشد

} نشان دھيد دنباله )14سوال }nf كه در آن

( ) ( )logn

n xf x

n

+=

3 2

2

1] بر بازه ],1oبه طور يكنواخت ھمگراست

}فرض كنيد {براي اثبات از قضيه : اثبات }nf به که دنباله اي از توابع باشدfھمگرا باشد و ھر كدام ازnfبر ھا [ ],a b

] بر fدر اين صورت . انتگرال پذير باشد ],a b انتگرال پذير است و دنباله x

na

f dt⎧ ⎫⎪ ⎪⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭] بر ∫ ],a b به طور يكنواخت به

x

a

fdt∫يعني . ھمگراست

lim

, ( )x x

nna a

fdt f dt a x b→∞

= ≤ ≤∫ ∫

}حال دنباله }( )nQ x را، كه ( ) ( )nnxQ x f n xn x

′= =+ 3 22

1} nQ{ ، در نظر بگيريد به سادگي مي توان نشان داد كه

Qبه طور يكنواخت به = o ھمگراست و نيز ( )nQ x ھا بر [ ],1oبنابراين قضيه باال دنباله انتگرالھا يعني . پيوسته اند

{ }nf بر [ ],1oبه طور يكنواخت به x

Qdt =∫o

oپس حكم ثابت مي شود. ھمگراست.

}فرض كنيم ) 15سوال }nf دنباله اي از توابع پيوسته كه به تابعي چون f بر Eثابت كنيد به . به طور يكنواخت ھمگرا باشد

nxاله از نقاط ازاي ھر دنب E∈ كه nx x→ و x E∈ داريم :

( ) ( )lim

n nn

f x f x→∞

=

: اثبات

( ) ( ) ( ).n nf f N s t n N f x f x x Eε ε→ ≡∀ > ∃ ∀ ≥ ⇒ − < ∈2o) 1(

ف پس بنا به تعري. ھا پيوسته ا ندnfچون بنا به فرض،

( ) ( ). n n n ns T x x f x f xε δ δ ε∀ > ∃ > − < ⇒ − < 2o o) 2(

: داريم ) 2(و ) 1(بنابر

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

.n n n n n n

n n n n n

s t f x f x f x f x f x f x

f x f x f x f x f x f x

ε δ

ε ε ε

∀ > ∃ > − = − + −

≤ − + − < + ⇒ − <2 2

o o

يكنواخت

] اگر ) 16سوال ]: ,g R→1o پيوسته باشد و ( )g =1 o و ( ) ( )nnf x x g x= نشان دھيد كه دنباله ، nfه طور ب

.يكنواخت ھمگراست

]براي اثبات از قضيه ديني استفاده مي كنيم مي دانيم : اثبات ],1o فشرده است و

( ) ( ) ( ) ( )lim lim 11

nnn n

xf x f x x g x g x

x→∞ →∞

=⎧⎪= = = = =⎨⎪ < <⎩

o oo o

o o

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) [ ]( ) : ,n nn n n nf x x g x x g x f x f x f x x++ += < = ⇒ < ∈11 1 1o

}دنباله }nf تابعي پيوسته است و f = o نيز پيوسته است بنابراين بنابر قضيه ديني nf به طور يكنواخت ھمگراست .

x ثابت كنيد )17سوال m

mx dx

m

∞−

=

=∑∫1

1

1

o

lnx را بسط مي دھيم مي دانيم −xxابتدا : اثبات x xx e− پس =−

( ) ln!

n n nx

n

x xx

n

∞−

=

−= +∑

1

11

>xكه براي ≤1oزيرا ماكزيمم . ھمگراي يكنواخت استlnx x در [ ],1o برابر 12

پس رشته مفروض ، با رشته زير

. محدود مي شود

!

n

n

en

∞

−

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠∑

1

o

اما مي دانيم. تيب مي توان جمله به جمله انتگرال گرفت بدين تر

( )( )

!ln nn nn

nx xdxn += −+∫

1

111o

x بنابراينm

m

x dxm

∞−

=

=∑∫1

1

1

o

} فرض كنيد )18سوال }n n Nr

∈] دنباله تمام اعداد گويا در بازه ],1o و باشد

( ) { }, ,..., nn

x x r r rf x

x

⎧ ∈⎪= ⎨⎪⎩

1 2

2

}ثابت كنيد }nf در [ ],1oھمگراي يكنواخت نيست .

: اثبات

)مي دانيم ) ( )[ ]

[ ]lim ,

,nn

x x Qf x f x

x x Q→∞

⎧ ∈ ∩⎪= = ⎨∈ −⎪⎩

2

1

1

o

o] ھا در nf و ],1o انتگرال پذيراند وf انتگرال پذير

. ھمگراي يكنواخت نمي باشدf ھا به nfلذا . نيست

}ر اگ )19سوال }n n Np∈

] بر ],1o به صورت زير باشد) : np يوسته اندپ ھا(

P =o o ( ) ( ) ( )( )n n nP t P t t P t+ = + − 21

12

. ھمگراستt به طور يكنواخت به nPثابت كنيد

] در tمي دانيم براي ھر :حل ],1o ( ){ }n n NP t

∈) داريمnاز طرفي به استقراء روي . صعودي است )nt P t− ≥ o

) در نتيجه )nt p t≥ ) لذا 2 ){ }n n NP t

∈ .صعودي و كراندار است در نتيجه ھمگراست

)فرض كنيم ) ( )nP t l t→ داريم ( )l l t t= + − 212

l در نتيجه t= و با انتخاب ( )p t t= نتيجه مي گيريم كه

[ ]. ( ),n

u cP P t1o

)بنا بر قضيه ديني (

] بر f اگر )20سوال ],a bيوسته باشد و براي ھر پnطبيعي داشته باشيم .

( )b na

f x x dx =∫ o آنگاه ثابت كنيد f = o بر [ ],a b

. پيوسته استfچون . وايرشتراس استفاده مي كنيم –براي اثبات از قضيه استون : اثبات

] ھا موجود اند به طوريكه nPپس دنباله از ].,

u cn a bP f⎯⎯⎯→ در نتيجهnP f f→ اما اگر قرار دھيم 2

( ) ...n nn n nP x a x a x a−

−= + + +11 oبنا بر فرض مساله در اين صورت

bna

f P =∫ o پس b

af =∫ 2 o و

fچون fپيوسته و نامنفي است پس 2 =2 o در نتيجه f = oو حكم ثابت مي شود .

در غير اين صورت

} چنان ھستند كه براي ھر g و f توابع )21سوال }n N∈ ∪ o داريم ( ) ( )n nx f x dx x g x dx=∫ ∫1 1

o oو

,f gثابت كنيد . پيوسته اندf g= بر [ ],1o

: كمك مي گيريم20براي اثبات از مسئله : اثبات

( ) ( ) ( ) ( )( )n nx f x dx x g x dx x f x g x− = ⇒ − =∫ ∫ ∫1 1 12o o o

o o

با توجه به مسئله قبل

)بر ) ( ) ( ) ( ) [ ],f x g x f x g x− = ⇒ = 1o o

] برf فرض كنيد ) 22سوال ],1o پيوسته باشد و ( ) ( )xn nf x f t dt−= ∫ 1o

f و f=o

o.uت كنيدثاب cnf ⎯⎯→

)فرض كنيد : اثبات )maxM f t= روي t≤ ≤2o

( ) ( )x x x

f x f t dt fdt f dt= = ≤∫ ∫ ∫oo o o1

xM dt Mx≤ =∫o

)و ھمين طور )x Mxf x Mtdt≤ =∫

2

2 2o ... و

( ) [ ] [ ],2

2, ,2!

n n

n nMx Mf x x f

n n≤ ∈ ⇒ ≤ →

oo o

o.uدر نتيجه cnf ⎯⎯→

] بر f فرض كنيد )23سوال ],1o پيوسته باشد ثابت كنيد ( ) ( )lim n

nf f x dx

→∞= ∫

1

oo

)قرار مي دھيم : اثبات ) ( )nnf x f x= در اين صورت داريم :o[ ]

.,1

u cn onf ⎯⎯⎯→o در نتيجه

( ) ( ) ( )1 1 1

lim lim ( )n nn nf t dt f t dt f f

→∞ →∞= = =∫ ∫ ∫o o o

o o

[ ],2o

[ ],n 2o o

و حكم ثابت مي شود

fiR فرض كنيد ) 24سوال R→ پيوسته يكنواخت است و ( )nf x f xn

⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

1 به طور يكنواخت nf ثابت كنيد

. ھمگراستfبه

پيوسته يكنواخت است بنابراين fچون : حل

( ) ( ) ( ),x y x y f x f yε δ δ ε∀ > ∃ > ∀ − < ⇒ − <o o

N را طور ي مي گيريم كه N

δ<2mض در اينصورت با فر n N> داريم ≤

( ) ( )m nf x f x f x f xm n

ε⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = + − + <⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1

زيرا

x xm n m n m n N

δ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + = − < + <⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 1 1 1 1 2

.در نتيجه حكم ثابت مي شود

يكنواخت نشان دھيد اين دنباله به طور. دنباله اي از توابع كراندار باشد كه به طور يكنواخت ھمگراستnf اگر ) 26سوال

.كراندار است

εبنابراين بنا بر شرط كوشي با قرار دادن . به طور يكنواخت ھمگراستnfچون : اثبات n و براي ھر 1= N> داريم

( ) ( )n Nf x f x− ) در نتيجه 1> ) ( )n Nf x f x< +1

nM,از سوي ديگر بنا به فرض به ازاي ھر n اي وجود دارد به طوري كه به ازاي ھر ( ) ,n nf x M x≤ در نتيجه

maxاگر قرار دھيم ,..., ,N NM M M M += 1 1

( )nf x M≤

.در نتيجه حكم ثابت مي شود

] دنباله اي از توابع پيوسته بر nf فرض كنيد )27سوال ],1o باشد كه به طور يكنواخت به تابع f ھمگراست نشان دھيد

( ) ( )lim nnn

f x dx f x dx−

→∞=∫ ∫

11 1

o o

) : اثبات ) ( ) ( )( )( ( )n nn n

nf x dx f x dx f x f x dx f x dx

− −

−− = − +∫ ∫ ∫ ∫

1 11 1 1 111o o o

: پس

( ) ( ) ( ) ( ) ( )n nn n

nf x dx f x dx f x f x dx f x dx

− −

−− ≤ − +∫ ∫ ∫ ∫

1 11 1 1 111o o o

( ) ( )1

nMf x f x dxn

≤ − +∫o

supكه در آن ( )M f x= چون .u cnf f⎯⎯→طرف دوم به صفر ھمگراست ،.

)در نتيجه ) ( )lim nnn

f x dx f x dx−

→∞=∫ ∫

11 1

o o

} فرض كنيد ) 28سوال }na دنباله اي نزولي از اعداد مثبت باشد و nna → o وقتي كه n ثابت كنيد ∞→

sinnn

a nx∞

. به طور يكنواخت ھمگراست∑

}ما مي دانيم بنا بر مساله اي اگر : اثبات }na دنباله اي نزولي از اعداد مثبت باشد كه ( ); nn n a→∞ → o آنگاه

nn

a∞

=∑

1 بنابر اين چون .ھمگراست

sin sinn n n nn n n n

a nx a nx a a∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

≤ ≤ =∑ ∑ ∑ ∑1 1 1 1

sinnبنابراين n

a nx∞

=∑

1 ھمگراي يكنواخت خواھد بود

cosn به ھمين روش مي توانيد ثابت كنيدn

a nx∞

=∑

1 .ھمگراي يكنواخت است

h اگر )29سوال > o ثابت كنيد كه رشته ، ( ) sn

sn

ζ∞

=

=∑1

1h بر بازه نيمه نامتناھي s+ ≤ < ي ھمگرا1∞+

يكنواخت است نشان دھيد كه معادله

( ) logs

n

nsn

ζ∞

=

′ = −∑1

s به ازاي ھر برقرار است و ثابت كنيد 1<

( ) ( ) ( ) ( )logk kk

sn

nk s

nζ

∞

=

−∀ ≥ =∑

1

11

+hچون : حل >1 hزيرا (1 > o پس hn n

∞

+=∑ 1

1

1 .ھمگراست

sحال فرض كنيد h≥ در اين صورت 1+

11

11 1

1 11;

1 1

s hs h

s hn n

n n nn n

n n

++

∞ ∞

+= =

∀ ≥ ≥ ⇒ < ≤

⇒ ≤∑ ∑

o

s وايرشتراس −Mحال بنابر قضيه n n

∞

=∑

1

1] بر ),∞oھمگراي يكنواخت است .

logsمي دانيم nn es− =

− در اين صورت

( ) log log loglog. log .s s n s n ss

d nn e e n nds n

− − − −′ = =− =− =−

) در نتيجه ) ( ) ( )logss

n n

ns n sn

ζ∞ ∞

−

= =

′= = − ∀ >∑ ∑1 1

1

) :حال ثابت مي كنيم كه ) ( ) ( )log:

k k

sn

nk s

nζ

−∞

=

−∀ ≥ =∑

1

11

kاگر ) آنگاه 1= )( ) ( ) logs

ns sn

ζ ζ −′= =1 حال فرض مي كنيم

( ) ( ) ( ) ( )logk kk

sn

ns

nζ

∞

=

−=∑

1

1

ثابت مي كنيم

( ) ( ) ( ) ( )logkk

ks

n

ns

nζ

++∞+

=

−= ∑

111

1

1

( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )logk kk k

sn

ns s

nζ ζ

∞+

=

′⎛ ⎞−′ ⎜ ⎟= =⎜ ⎟⎝ ⎠∑1

1

1

( ) (log )k k

sn

nn

∞

=

′⎛ ⎞−⎜ ⎟=⎜ ⎟⎝ ⎠

∑1

1

( ) ( ) ( )logk k s

nn h

∞−

=

′= −∑1

1

( ) ( ) loglogk ks

n

nnn

∞

=

−⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

∑1

1

( ) ( )logk k

sn

nn

+ +∞

=

−=∑

1 1

1

1

} ھرگاه ) 30سوال }nf و { }ng بر مجموعه E به طور يكنواخت ھمگرا باشند و به عالوه { }nf و { }ng دنباله

}ابت كنيد ث. ھايي از توابع كراندار باشند },n nf g بر Eبه طور يكنواخت ھمگرا خواھد بود .

} كران باالي Aفرض كنيد : اثبات }nf باشد و B كران باالي { }ng باشد در اين صورت

( ) ( ): . , n mN s T m n N f x f x Bε ε∀ < ∃ ∀ ≥ ⇒ − <1 1 2o

( ) ( ): . , n mN s T m n N g x g x Aε ε∀ < ∃ ∀ ≥ ⇒ − <2 2 2o

}حال }max ,N N N= 1 در اين صورت 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n m m n n n m n m m mf x g x f x g f x g x f x g x f x g x f x g x− = − + −

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )n n m m n mf x g x g x g x f x f x≤ − + −

B AA

ε ε ε ε ε≤ × + × = + =B2 2 2 2

و حكم ثابت مي شود

} )31سوال }nf n N∈ دنباله اي از تابع ھاي [ ]: ,nf R+→1oبه طوري كه . استfo پيوسته است و

[ ] ( ), , , ( )

xn

nx n N f x dt

f t+∀ ∈ ∀ ∈ =+∫1

111o

o ثابت كنيد براي ھر [ ],1o x∈ ، دنباله

( ){ }n n Nf x

∈ .ست و حد آن را محاسبه كنيدھمگرا

] ، fتابع حد بايد تابعي تابعي پيوسته مانند . محاسبه مي كنيم) فرض وجود(ابتدا مقدار حد را با : اثبات ],∞o

[ ]: ,f →1o باشد كه ، ( )

( )x

f x dtf t

=+∫

11o

) مشتق پذير است و f و )f =o o و

( ) ( )( )f x f x′ + =1 ) بنابراين 1 ) ( )f xf x x+ =

2

2) پس )f x x= + −1 2 1

]حال ثابت مي كنيم براي ھر ],1o x∈ ( ) ( )lim

nn

f x f x→∞

=

] اگر ]0,1x آنگاه ∋

( ) ( ) ( ) ( )x

nn

f x f x dtf t f t−

⎛ ⎞− = −⎜ ⎟⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

∫1

1 11 1o

( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ( ))x xn

n nn

f t f tdt f t f t dt x f t f t

f t f t−

− −−

−≤ ≤ − = −

+ +∫ ∫11 1 1 1

11 1o o

] اي در t1براي ], xo

]به ھمين روش در ] ( ) ( ) ( ) ( ), n nt f t f t t f t f t− −− ≤ −1 1 1 1 1 2 2 2o

با استقراء رياضي خواھيم داشت

( ) ( ) ( )... ( )n n n nf x f x xt t t f t f t−− ≤ −1 2 1 o

n...كه nt t t x−≤ ≤ ≤ ≤ ≤1 1o

( ) ( ) [ ] ( ) ( ),supnn tf x f x x f t f t∈− ≤ −1 oo

اي t2براي

)در نتيجه )lim ( )nnf x f x

→∞=

xاگر ε براي 1= > o فرض كنيد ( ),a ε∈ 4o قبل داريم عددي دلخواه باشد بنابر نامساوي .

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )a

n n n naf f f t f t dt f t f t dt f t f t dt

−− − −−

− ≤ − = − + −∫ ∫ ∫1 1 1

1 1 11 11 1

o

( ) ( )a

nf t f t dt a−

−≤ − +∫1

1 2o

)زيرا ) ( )( ), nf t f t−≤ ≤11 1

)چون ) ( )lim a

nn

f t f t dt−

−→∞

− =∫1

1oo پس ( )N Nε اي يافت مي شود به طوري كه براي ھر =

( ) ( ) ( ),nf f n Nε ε− − < ≥1 1 .د و بدين ترتيب حكم ثابت مي شو1

)علت آنكه )nf t− <1 آن است كه 1

( ),t x∃ ∈1 o بطوري كه ( ) ( ) ( ) ( )x

nn n

f x dt xf t f t−− −

= = −+ +∫1

2 2 1

1 11 1o

o

)حال چون )nf t−+ ≥2 11 )زيرا طبق فرض (1 )nf t− ≥2 1 o پس چون x≤ ≤1o و

( ) ( )n n

x xf t f t− −

≤ ⇒ ≤ ≤+ +2 1 2 1

1 1 11 1

)پس )nf x− ≤1 1

مسائل متفرقه مسائل بخش 11فصل

مسائل متفرقه : 11فصل

tan مطلوب است محاسبه)1سوال arctann n

∞

=

⎧ ⎫⎛ ⎞⎨ ⎬⎜ ⎟

⎝ ⎠⎩ ⎭∑ 2

1

1

2 21 1

1tan arctan 1n n

itg Argn n

∞ ∞

= =

⎧ ⎫ ⎧ ⎫⎛ ⎞ ⎛ ⎞= +⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭ ⎩ ⎭

∑ ∑

( )( )2/ 22 2

1

11

n

itg Arg

n

π

π

∞

=

⎧ ⎫⎛ ⎞⎛ ⎞+⎪ ⎪⎜ ⎟⎜ ⎟= +⎨ ⎬⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎪ ⎪⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠⎩ ⎭

∏

( )( )( )

/ 2sinh 1

1 / 2

itg Arg

i

π

π

⎧ ⎫⎛ ⎞+⎪ ⎪⎜ ⎟= ⎨ ⎬⎜ ⎟+⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭

( ) ( )( ) ( )

/ /tan

tan / tan /

Tg TgharcTg

π π

π π

⎧ ⎫⎛ ⎞−⎪ ⎪⎜ ⎟= ⎨ ⎬⎜ ⎟+⎪ ⎪⎝ ⎠⎩ ⎭

2 2

2 2

( ) ( )( ) ( ) /

/ 2 / 26 798

/ 2 / 2

tg tgh

tg tgh

π π

π π

−= =

+

2که( 1i = −(

کنند را پيدا کنيدپذير و پيوسته را که در شرط زير صدق می ھمه توابع مشتق)2سوال

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )x

f x f t f t dt′= + +∫2 2 2 1990 1

o

خواھيم داشت) 1(گيری از طرفين رابطه با مشتق: حل

( ) ( ) ( )( ) ( )( )f x f x f x f x′ ′= +2 22

( ) ( )( ) ( ) ( )f x f x f x f x′ ′⇒ − = ⇒ =2

o

( ) ( )log c xf x x c f x e e⇒ = + =

)چون )f = ± 1990o

( ) xf x e= ± 1990

) ای در ثابت کنيد برای زير بازه)3سوال ), 1oخواھيم داشت

) : حل ){ }log .lognd x x

dx⎛ ⎞ − <⎜ ⎟⎝ ⎠

1 o

)دھيم قرار می ) ( )(log .logf x x x= −1

( ) ( ) ( )log logm m

m

x x xxf xx x m

− −∞

=

− − −′ = − =

− ∑1 1

1

1 11

) زوج استnبرای وقتی که )nf xھميشه منفی است

x فرد است و اگر و تنھا اگرn.ھا منفی ھستندچون ھمه جمله x− x يا1> > 12

.

, برای ھر )4سوال ,...k = 2 ثابت کنيد3

lni

i ik kk k i

∞

=

⎡ ⎤⎛ − ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + −⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦∑

1

1 11

aفرض کنيد(برای اثبات از لم : اثبات b−∞ < < < ]مشتق پذير رویf ، و فرض کنيد∞ ],a b باشد و ( )f x x′ ≤

]برای ھر ],x a b∈برقرار باشد و فرض کنيد

( ) ( )n bn na

i

b a xb a b aR f a f x dx Rn n b=

−− −⎛ ⎞= + ⇒ − ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∫2

1

}فرض کنيد دنباله: (و ھمچنين با توجه به قضيه }n na ∞، n يک دنباله حقيقی باشد ک ھمگرا به صفر است برای ھر عدد طبيعی1=

فرض کنيدn

n ii

s a=

= ∑1

نويسيمباشد در اين صورت میمگرا می موجود باشد که ھnsای از اگر يک زير دنبالهins s→

iکه )و اگر∞→ )sup i iin n+≥

− ≤ ∞11ns آنگاه s→که n i و∞→

ia s

∞

==∑

1)در لم. - قرار می1(

)دھيم ) ( ), ,n N k a N b Nk f x x−= − = = = و ھمچنين خواھيم داشت 11

( ) ( ) ( ) 1 1 11 2 ... ...1 2nR f N f N f NK

N N Nk= + + + + + = + +

+ +

( ) [ ]2 2 ,f x x N x N Nk− −′ = < و ∋( )2

2

1ln 0n

NK Nk R

NK N N−

− ≤ →−

)N →∞ (

)با توجه به لم ...خواھيم داشت2( ....nKN N NK N

⎛ ⎞= + + + = + + +⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠1 1 1 1 11

1 2 2

... ... ...K K KKK k NK K NK K K K K NK

− − −⎛ ⎞− + + + = + + + + + + + + + +⎜ ⎟ − + + −⎝ ⎠1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 11

2 2 1 1 2 2 1 2

NK

i

i i iKK K K i=

⎡ ⎤⎛ − ⎞⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= + − −⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎝ ⎠⎣ ⎦∑

1

1 11

)اگر): فرمول آپوستل)5سوال )y f x=که ( )f =o oو ( )f ′ ≠o oثابت کنيد

( ) ( )!

nn n

nn

y d xf y xn f xdx

−∞−

−=

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥= = ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

∑1

11

1

.د به مقالهرجوع کني: برای اثبات: اثبات .Tom m Apostolدر

The MATHEMATICAL ASSOCIATION AMERICA OCTOBER 2000

, يک تابع حقيقی باشد کهf فرض کنيد)6سوال ,f f f′′′ ′′ , موجود باشد و′ ,f f f′′′ ′′ x برای ھر′ R∈و . ثبت باشد م

)فرض کنيد ) ( )f x f x′′′ ) نشان دھيد که≥ ) ( )f x f x′ x برای ھر2> R∈

tبنابر قضيه تيلور برای. ثابت باشدxفرض کنيد: اثبات > o

( ) ( ) ( ) ( )f x sf x t f x f x t t

′′ −′− = − + 2

2

)که ) ( ) ( ), ,f x t f x s f x s t′′ ′′− > − < < <o oداريم

)برای ) ( ) ( )f xf x f x t t t

′′′− + > >2

2o o

برای ( )( )

f xt

f x′

=′′

) داريم )( ) ( ) ( )f x f x f x′ ′′<2 2

tبه طور مشابه برای ھر > oداريم

( ) ( ) ( ) ( )f x sf x t f x f x t t

′′′ −′ ′ ′′− = − + 2

2

sکه t< <oپس ( ) ( ) ( ) ( ),f x t f x s f x s f x′ ′′′− > − ≤ − <oبرا ی ھر t > oبرقرار است .

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )f x f x f x f x f x′ ′′ ′< <4 2 2 34 8

( ) ( )f x f x′⇒ <2

r ثابت کنيد برای)7سوال خواھيم داشت2≤

( ) ( ) ( )( ) ( )( )mm

r r rm r m m rζ ζ∞

+=

− = + + − + −∑2

111 1 1 1

:اثبات

xبرای ) داريم 1> ) ( ) ( )i

riir i x

x

∞

−=

+ − =−

∑ 111 2

1o

)داريم ) 1(با مشتق گيری از طرفين ) ( )i

rii

rr i xx

∞−

=

−+ − =

−∑ 1 12

1o

( )( ) ( )( )mm

rm r m m rζ∞

+== + + − + −∑

111 1 1

( )( ) m rmk mrm r m

k

∞ ∞

++= == + + −∑∑

12 1

11 1

( )( ) ( )

( ) ( )r r r rk

r r r r r r rk kk k

ζ∞

− −=

⎛ ⎞− − − −⎜ ⎟= − − + = −⎜ ⎟− −⎝ ⎠

∑ 21 1

2

1 1 1 1 11 1

x برای )8سوال ثابت کنيد2<

j

j

x xLn Lnx xx

∞

=

−≤ ≤

− −∑ 2

1 11 2o

): اثبات )( ) ( )...n

nu u u ux

−−= + + +

−

122 21 1 1 1

1

xفرض کنيد u قرار دھيد 2<x

=1

در اين صورت

1 1 12 22 2 2 2

111 1 1 1ln ln 1 ln 1 ln11

n j

j j j j

n n n

j j j

x x ex x x x

x

− − −

= = =

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= + = + <⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠−

∑ ∑ ∑o o o

( )ln

j

j j j

xn n

j jx x x

− −

= =

⎛ ⎞⎜ ⎟= < +⎜ ⎟−⎝ ⎠

∑ ∑

2

1 1

2 2 2

1 1 111o o

( )( )ln ln

n

j

n

j

x

xx

−

=

−⎛ ⎞ −⎜ ⎟= + =⎜ ⎟− −⎝ ⎠ −

∑21

2

11111 11 11

o

nکه با فرض .شودحکم ثابت می∞→

)، n به ازای ھر عدد طبيعی مانند)9سوال )G nھای تعداد رقمn2 در مبنای ده است

ثابت کنيد

( )n

n

G ns

∞

=

= >∑1

116910232

توان نوشتاثبات می

[ ]logn

n

ns

∞

=

+=∑

1

1 22

بنابراين

[ ] ( ) loglogn n

n n

nns

∞

+= =

+⎡ ⎤⎣ ⎦= + +∑ ∑10

101 1

10 221

2 2

( ) log

n

nn

∞

=

+⎡ ⎤⎣ ⎦= + ∑1

10 21167 11024 1024 2

)چون ) [ ]log logn n+ ≥ +⎡ ⎤⎣ ⎦2 2 3oو وقتی n = اين نابرابری اکيد است پس93

[ ] ( )logn

n

ns s

∞

=

+> + = + +∑

1

2 31167 1 1167 1 21024 1024 1024 10242

sبنابراين > 11691023

)) 10سوال )n na ∞limای از عددھای حقيقی است و دنباله1= , limn nn n

a b a c+→∞ →∞

= =2 2 ثابت کنيد1

( )limn

jn j

j a b cn j→∞ =

= ++∑

1

1 11 2

j فرض کنيدjبرای ھر عدد طبيعی: اثبات jjx a

j=

+1j و j

jx x

y ++= 1

2

در اين صورت n n n

nj j j

j j j

x xj a x yn j n n n

+

= = =

−= = +

+∑ ∑ ∑1 1

1 1 1

1 1 11 2

پس . ھا کرانداراندjxچون .

nx xn

+−→1 1

2oھای مساله داريم از فرض,j j

b c b cy y ++ +

→ →2 2 12 2j پس

b cy +→

2

limn

jn j

b cyn→∞ =

+=∑

1

12

بنابراين

limn

jn j

j b can j→∞ =

+=

+∑1

11 2

f: تمام توابع )11سوال R R→را بيابيد که برای ھر ,x y R∈کندھای زير صدق می ، در نابرابری

( ) ( ) ( ) ( )) )f x x f x y f x f y≤ + ≤ +1 2

)در : اثبات x,دھيم قرار می2( y= =o oدر اين صورت

( ) ( ) ( ) ( )f f f f+ ≤ + ⇒ ≤o o o o o o

)اگر در x قرار دھيم1( = oيابيم در اينصورت در می( )f ≤o oکه در نتيجه تنھا حالت ممکن ( )f =o oحال داريم. است

( ) ( ) ( )( ) ( )x R f x f x f x x f∀ ∈ + − ≥ + − = =o o

( ) ( ) ( )f x f x x f x x⇒ ≥ − − ≥ ⇒ ≥

)داريم) 1(و از )f x x≤و در نتيجه ( )( )f x x=تنھا حالت ممکن برای ھر xدلخواه است

g,) 12سوال f دو تابع پيوسته ازRبه Rھستند و ( )( ) ( )( )x R f g x g f x∀ ∈ =

)ثابت کنيد اگر معادله ) ( )f x g x= جواب نداشته باشد، معادله تابعي ( ) ( )fof x gog x=ھم جواب ندارد .

)تابع: حل )h xکنيم را به صورت زير تعريف می

( ) ( ) ( )h x f x g x= −

) داشته باشيمaحال اگر برای يک مقدار حقيقی )h a > oو برای مقدار حقيقی bداشته باشيم ( )h b < o پس تنھا يکی از

)ت فوق وجود دارد يعنی يا ھموارهحاال )g x > oو يا ھمواره ( )h x < oاست

( ) ( ) ( )x R h x f x g x∀ ∈ > ⇒ >o

) حقيقیxو چون برای ھر ) ( )f x g x>گيريم که است پس نتيجه می

( ) ( )( ) ( )( ) ( )fof x g f x f g x gog x> = >

) و اگر ) ( ) ( )x R h x f x g x∀ ∈ < ⇒ <o

)حقيقیxحال چون برای ھر ) ( )f x g x<گيريم که است پس نتيجه می

( ) ( )( ) ( )( ) ( )fof x g f x f g x gog x< = <

)و در ھر دو حالت تساوی ) ( )fof x gog x=برقرار نيست و در نتيجه x ای موجود نيست که

)رابطه ) ( )fof x gog x=برقرار باشد .

] ھمه اعداد)13سوال ],d ∈ 1oرا پيدا کنيد به طوری که برای ھر تابع پيوسته f که در بازه [ ], 1o تعريف شده باشد و

)مقادير )f xاعداد طبيعی باشند و ( ) ( )f f= 1oو عدد xوجود داشته باشد که ( ) ( )f x f x d= +o o

)کنيمثابت می: اثبات ) ( )f nt n f t= ) طبيعیnبرای ھر (2

دھيماثبات را به روش استقراء رياضی انجام می

nحکم برای ) است1= ) ( ) ( ) ( )f t f t f t f t= ⇒ × = × ⇒21 1

برقرار باشدnحال فرض کنيد حکم مساله برای تمام مقادير کمتر يا مساوی

x,اگر nt y t= قرار دھيم، داريم=

( ) ( ) ( ) ( )( )f nt t f nt t f nt f t+ + − = +2

( )( ) ( )( ) ( ) ( )f n t f n t f nt f t⇒ + + − = +1 1 2 2

)طبق فرض استقراء داريم ) ( )f nt n f t= 2

( )( ) ( ) ( )f n t n f t− = − 21 1

در نتيجه داريم

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )f n t n f t f t n f t+ = + − − 221 2 2 1

( )( ) ( )( ) ( )f n t n n f t+ = + − − 221 2 2 1

( )( ) ( ) ( )f n t n n n f t+ = + − − +2 21 2 2 1 2

( )( ) ( ) ( )f n t n f t+ = + 21 1

nبدين ترتيب حکم مساله برای )حال به يافتن. درست است و استقراء کامل شد1+ )f xفرض می. پردازيم می -

)کنيم )f a=1داريم

( )P p px Q x f p p q q fq q q

⎛ ⎞ ⎛ ⎞∈ ⇒ = ⇒ = − × =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠2

( ) ( ) p p pf p p f p a p a q f a fq pq

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ = ⇒ − ⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

22 2 2 2

21

p pf aq q

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⇒ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2

)پس برای اعداد گويا ثابت کرديم که )f x x a= 2

حال طبق پيوستگی تابع داريم

( );x R f x ax∀ ∈ = 2

] برf فرض کنيد تابع)14سوال ],a b ، ( )a b< <oبطه تعريف شده و در را

[ ] ( ) ( ), ,x y a b x y f x f y x y∀ ∈ ≠ ⇒ − < −

)صدق کند و داريم ) ( )f a f b= = oثابت کنيد

[ ] ( ) ( ), , a bx y a b f x f y +∀ ∈ − <

2

xاگر: اثبات y=حکم واضح است فرض. باشدx دلخواه و y a=يا y b=داريم

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) ( )( ) (

f x f a x a x a x f x x f a f b

f x f b x b b x f x b x x b

⎧ ⎧− < − = − < < = =⎪ ⎪⇒⎨ ⎨− < − = − ≤ − =⎪ ⎪⎩ ⎩

o

)اگر ), ,x y a b∈ کافی است فرض کنيد a bx y +

− >2

داريم) در غير اين صورت حکم ثابت شود (

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f y f x f y x b y b y x− ≤ + < + − = − −

xتوان فرض کردمی y<پس ( ) ( ) a b a b a bf x f y b + − +− < − = <

2 2 2

] فرض کنيد)15سوال ]: ,f R→1oمشتق دوم پيوسته باشد و ( ) ( )f f= = 1o o و به ازای ھر xدر بازه ( ), 1o

نشان دھيد که

( )( )

f xdx

f x′′

>∫1

4o

]ای در نقطهXفرض کنيد: حل ], 1oباشد که در آن ( )f xشود و نيز ماکسيمم می( )Y f X=در اين صورت

( )( ) ( )f x

dx f x dxf x Y′′

′′>∫ ∫1 11o o

تساوی برای(

( ) ( ) ( )f ff x dx

Y Y′ ′−

′′≥ =∫1 11o

o

)ترديد الزم نيست که ايم زيرا بیرسد که در اينجا به مانع برخوردهبه نظر می ) ( ) ( )f f Y′ ′− ≥1 4o با وجود اينکه بنابر

) درaقضيه مقدار ميانگين، نقاط ), Xoو bدر ( ),X موجودند به طوری که1

( ) ( ) ( ) ( )f X f f X Yf aX X X−

′ = = =−

o

o

( ) ( ) ( )f f X Yf bX X

− −′ = =− −

11 1

در نتيجه( )( )

( )( ) ( )

b b

a a

f x f xdx dx f x dx

f x f x Y′′ ′′

′′≥ ≥∫ ∫ ∫1 1o

( )( ) ( ) ( ) ( )

f x Y Y Y Ydx f b f af x Y Y X X Y X X X X′′ −′ ′> − = − = − =

− − −∫1 1 1 1 1

1 1 1o

)وقتی مقدار ماکسيمم )x x−1در ( ), 1oبرابر با14

xوقتی( است = 12

(

( )( ) ( )

f xdx

f x X X′′

≥ ≥−∫

1 1 41o

و بنابراين

( )( ) ( )

f xdx

f x X X′′

> ≥−∫

1 1 41o

) حاصل)16سوال ) /lim

n n

n in i

n→∞ =

+∏2 12 2

41

1 . را بدست آوريد

توانيم شکل حاصلضرب را با نوشتن آن به صورت معادل زير، تغيير دھيممی: حل

( ) ( )/ /exp log

n nn n

i in i n i

n n= =

⎡ ⎤+ = +⎢ ⎥

⎣ ⎦∏ ∏2 21 12 2 2 2

2 41 1

1 1

( )exp log logn

in i n

n=

⎡ ⎤= + −⎢ ⎥

⎣ ⎦∑2

2 2 4

1

1

و در نتيجه خواھيم داشت

( )lim log logn

n in i n

n→∞ =

⎡ ⎤= + −⎢ ⎥

⎣ ⎦∑2

2 2 4

1

1

lim log logn

n i

n in nn n→∞ =

⎡ ⎤⎛ ⎞+= −⎢ ⎥⎜ ⎟

⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑

2 222 4

21

1

222 4

1

1lim log log(1 ) logn

n i

in nn n→∞ =

⎡ ⎤⎧ ⎫⎪ ⎪⎛ ⎞= ⎢ + + − ⎥⎨ ⎬⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎩ ⎭⎣ ⎦

∑

lim log log logn n

n i i

in nn n n→∞ = =

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎢ + + − ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∑

22 22 4

1 1

1 1 1

lim log log logn

n i

n in nn n n→∞ =

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎢ + + − ⎥⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑

222 4

1

2 1 1

( ) [ ]22 2 2

1

1lim log 1 log 1 2log5 2 2 2n

n i

i x dx Arctgn n→∞ =

⎡ ⎤⎛ ⎞⎛ ⎞= ⎢ + ⎥ = + = − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∫o

nu فرض کنيد)17سوال > oو nn

u∞

=∑

1 ھای به قدر کافی بزرگ،n باشد، نشان دھيد برایs ھمگرا به

...n

n

uu u u+ + +1 2

و از آن نتيجه بگيريد که سری...

n

n

uu u u+ + +∑

1 2 . ھمگرا است

ε است به ازای ھرs ھمگرا به∑nuچون سری: حل > oيعی مانند،عدد طبmموجود است به طوری که

,ns s n mε− < ∀ ≥

n...که در آن ns u u u= + + +1 ، پس2

ns s s n mε ε− < < + ∀ ≥

sεدر حالت خاص، = >12

oبه ازای ھر n m≥، ns s s< <1 32 2

يا ns s s

> >2 1 2

3n پس به ازای ھر m≥ ،

n n

n

u us s

<2

ھمواره داريم

( )... n pnnn p n

n n n p

uuu s s n m ps s s s

++++

+ + ++ + + < − ∀ ≥ > ≥21

1 2

2 1

دھد که سرینامساوی فوق نشان می...

n

n

uu u u

∞

+ + +∑1 21

.کند پس ھمگرا است در شرط کوشی صدق می

g, ھرگاه )18سوال f′ ] در ′ ],a bپذير باشند، آنگاه عددی مانند پيوسته و مشتقcھست به طوری که a c b< <

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( )( )

f b f a b a f a f cg b g a b a g a g c

′ ′′− − −=

′ ′′− − −

قضيه رول را برای تابع زير را بکار ببريد): راھنمايی: (اثبات

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ){ }x f x b x f x A g x b x g xφ ′ ′= + − + + −

مطلوب است محاسبه )19سوال ( )n

n n

∞

=

−+∑1

3 1o

:اثبات

( ) ( ) ( )3 1 3

1

1 1lim 1

3 1 3 1

n nx nn n

xn n nx x dx

n n −

∞ ∞ ∞+

→= = =

− −= = −

+ +∑ ∑ ∑∫oo o o

( )2

21

11 1 2 1 1lim ln ln 26 31 3 3 4 3 3 3x

x xarcTgx x

π π−→

⎧ ⎫+ −⎪ ⎪= + + = +⎨ ⎬− +⎪ ⎪⎩ ⎭

مطلوب است محاسبه اتحاد)20سوال

( )( )ln

!x

me xdx

m m

∞

=

⎧ ⎫⎪ ⎪= − +⎨ ⎬+ +⎪ ⎪⎩ ⎭∑∫

1

1

111 1o

اثبات

ln ln ln! !

mm

m m

xx dx xdx x xdxm m

∞ ∞

= =

⎧ ⎫⎪ ⎪+ = +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

∑ ∑∫ ∫ ∫1 1 1

1 1

11o o o

( ) ( )!m m m

∞

=

⎧ ⎫⎪ ⎪= − +⎨ ⎬+ +⎪ ⎪⎩ ⎭∑

1

111 1

)ھا را محاسبه کنيد اين انتگرال)21سوال )b > o

cos sin,s sbx bxA dx B dx

x x∞ ∞

= =∫ ∫o o

( ) ( )s s< < < <1 2o o

دانيماثبات می

( )cos s zx

s bx z e dzsx

∞ ∞ − −=Γ ∫ ∫ 11 1

o o

شودھا، نتيجه میبا جابجا کردن انتگرال

( ) ( )cos

ss zx z dzA z dz e bxdx

s s z b∞ ∞ ∞− −= =

Γ Γ +∫ ∫ ∫12 2

1 1o o o

bو يا با فرض t z=2 خواھيم داشت2

( ) ( ),

ss sb z b s sA dt B

s t s

−− −∞ + −⎛ ⎞= = ⎜ ⎟Γ + Γ ⎝ ⎠∫

11 12 1 1

2 1 2 2 2o

( ) ( ).sin cos

s sb bs ss s

π πππ

− −

= =+Γ Γ

1 1

12 22 2

مشابه باال خواھد شدBمحاسبه

( )sin

sbB ss

ππ

−

=Γ

1

22

) فرض کنيد)22سوال ) ( )nlp xk e x dx

∞ − += ∫ 1o

)که در آن )nl ,x p > oای به معنای چند جملهnlالگر است- ام چيبشف

( ) ( )( )

n, , ,... ln n x

xn

d x en x e

dx

−

= =1 2o

:kمطلوب است محاسبه

اگر از دستور مذکور استفاده کنيم، خواھيم داشت: حل

( ).

n n xpx

n

d x ek e dx

dx

−∞ −= =∫o

( )( ). .... . .

n x n pxnpx n x

n n

x e d ee x edx dx

− − −−− −

− −

⎧ ⎫ ∞⎪ ⎪= − + − +⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

11

1 11o

( ) ( ). .n px

n p xn x n nn

d ex e dx p x e dxdx

−∞ ∞ − +−+ − =∫ ∫ 11o o

( ). !

n

npk n

p +=+ 11

آيدبه ھمين ترتيب بدست می

( ) ( )( )

( ) ( )nl .!

xk

k ne x l x dx

n k n

∞ ≠=

=∫ 2o

o

توان به شکل را نمیlog ثابت کنيد)23سوال ( )( )

f xg x

) نوشت به طوری که )f xو ( )g xايھايی از چند جملهx

).باشند )( )g x ≠ o

فرض کنيد) برھان خلف: (اثبات( )( )

logf x

xg x

در اين صورت. عددی طبيعی باشدn و =

( )( )

( )( )

log logn

nn

f x nf xx n x

g xg x= = =

nپس به ازای ھر

( ) ( ) ( ) ( )n nf x g x nf x g x=

)ر اگ ) ( )... , ...q pq pg x b x b x b g x a x a x a= + + + = + + +1 1o oآنگاه ،

( ) ( ) ....n np qp qf x g x a b x a b+= + + o o

)و ) ( ) ...n p nqp qnf x g x na b x na b+= + + o o

n ، pگيريم که به ازای ھر ای نتيجه میاز مقايسه ضرايب پيشرو در اين دو چند جمله q p qa b na b=ناممکن است .

)ايی مانندد جمله ثابت کنيد چن)24سوال )p xوجود ندارد به طوری که به ازای ھر عدد طبيعی مانند n

( ) log log ... logp n n= + + +1 2

)فرض کنيد: اثبات ), , ,.... log !n

rr

rn n a n

=

= =∑1 2 3o

ma که در آن ≠ oدر اين صورت

( ) ( )log !m

rr

rn a n

=

+ = +∑1 1o

)در نتيجه ) ( )logm m

r rr r

r rn a n a n

= =

+ = + −∑ ∑1 1o o

mای سمت راست اين برابری از و درجه چند جمله بيشتر 1−

logنيست بنابر مساله باال xشودايم و نتيجه حاصل میای نوشت بنابراين به تناقض رسيدهتوان به شکل چند جمله را نمی.

نقاط ماکزيمم و مينيمم تابع زير را پيدا کنيد)25سوال

( ) sinx tf x dtt

= ∫o

:حل

( ) ( )sin sinxf x f x x x kx

π′ ′= ⇒ = ⇒ = ⇒ =o o

( ) ( ) ( )( )

cos sin ,kkx x xf x f k

x k

ππ

π

− −−′′ ′′= =2 21 o

) طول مينيمم ) ( )( )

mmk m f m x m

m

ππ π

π

−′′= ⇒ = > ⇒ =

2

22 1

2 2 22

o

( )( ) ( ) ( )( )

mmk m f m

k

ππ

π

++ −′′= + ⇒ + = <

2 1

22 1 1

2 1 2 1 o

)طول ماکزيمم )x m π= +2 1

دھيد نشان)26سوال / sin

cosx

xπ

≤ ≤+∫

21 13 2 2o

دار داريمبا استفاده از قضيه ميانگين وزن: اثبات

( ) ( ) ( ) ( )b b

a af x g x dx f c g x dx a c b= ≤ ≤∫ ∫

( ) ( ), sincos

f x g x xx

= =+

12

( )f xصعودی است ( )( )

sin ,cos

xf x xx

π′ = ≥ ≤ ≤ →+ 2 22

o o

( ) ( ) ( )cos cos

c f f c f f cπ ππ

⎛ ⎞≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤⎜ ⎟ +⎝ ⎠ +

1 12 2 2 2

2

o oo

( )f c≤ ≤1 13 2

( ) ( )[ ] ( )/ / /sin sin cos

cosx dx f c xdx f c x f c

xπ π π= = − =

+∫ ∫2 2 2

2 oo o

/ 21 sin 13 2 cos 2

xx

π≤ ≤

+∫o

نشان دھيد)27سوال

( ) sinx tx dtt

∀ ≥ ≥+∫ 1o

o o

کنيماز دستور اليب نيتس استفاده می: حل

( ) ( )sin sin, ,x t xf x dt f x x k

t xπ′= = = =

+ +∫ 1 1oo

( ) ( )( )

( ) ( )( )

cos sin cos sin,

x x x k k kf x f k

x k

π π ππ

π

+ − + −′′ ′′= =

+ +2 21 1

1 1

( ) ( ),k

f kk

ππ−

′′= >+

12

1o

xھای نسبی در نقاطپس مينيمم kπ=2کافی است ثابت کنيم. ھستند( ),k f kπ≥ ≥2o oداريم

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )b c b

a a cf t g t dt f a g t dt f b g t dt= +∫ ∫ ∫

( ) ( ) sinf t g t tt

= =+1

1

( ) sin sin sink c k

c

tf k tdt dtt k

π ππ

π= = +

+ + +∫ ∫ ∫2 21 12

1 1 1 2o oo

( ) ( ) ( )cos cos cosc k c ck k

ππ π

⎛ ⎞− + − + = − − ≥⎜ ⎟+ +⎝ ⎠1 11 2 1 1

1 2 1 2o

) اگر)28سوال ) sinx txf x dtt

+= ∫

21

1) باشد آنگاه )f x′ا بدست آوريد ر.

tداريم: حل x≤ ≤ + 21 گيريم سپس متغير زيرا در نظر می1

dztx z xdt dz dtx

= ⇒ = ⇒ =

t z xztx t x z x x

= ⇒ =⎧⎪= ⇒ ⎨= + ⇒ = +⎪⎩

2 3

1

1

( ) sin sin sin.x x x x x

x x

tx z dz zf x dt dzzt x zx

+ + += = =∫ ∫ ∫

2 3 31

1

استفاده کنيمتوانستيم از اين قاعدهتوجه شود که در ابتدا نمی. شودحال با قاعده اليبنيتس مساله به سادگی حل می

)ھای ثابت کنيد که انتگرال)29سوال )( ) ( )( )sin , cosf x dx f x dx∞ ∞

∫ ∫o o) در صورتی که )f x′ به طور

xيکنوا صعودی باشد و به ازای .شوند ميل کند، متقارب می∞ ، به سمت∞→

)، داريمx به قدر کافی بزرگبه ازای مقدارھای: اثبات )f x′ > o و در نتيجه ( )f xکنيم که، صعودی يکنواست، فرض می

xبا شروع از a=آوريمبه کمک دستور نموھای محدود، بدست می. چنين باشد:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f a f xθ′ ′+ = + + ≥ +1

xدر نتيجه، به ازای ) ، خود تابع∞→ )f xمتغير جديد. کند ميل می∞ به سمت( )t f x=کنيم، به نحوی که را وارد می

نشان دھيمg را باfاگر تابع معکوس

( ) ( ) ( ), ,x g t dx g t dt f aα β′= = = = ∞⎡ ⎤⎣ ⎦

)ولی مشتق ) ( )g t

f t′ =

′1

tکند و به ازای به طور يکنوا نزول می به اين جھت، . کند ، به سمت صفر ميل می∞→

ھای تبديل شدهانتگرال

( )( )

( )( )

sin . , cos .f a f a

t g t dt t g t dt∞ ∞

′ ′∫ ∫

.شوند و، ھمراه با آنھا، انتگرالھای مفروض ھم متقارب خواھد بودکليه متقارب میبا توجه به معيار ديري

≥p برای)30سوال < a, و ھر1∞ b > oداريم

inf p p p pt

t a t b a bp p

− −

>

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥+ − =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

1 1 1 11 11 11o

الف (

( ) ( )inf p pp p p

tt a t b a b−−

< <⎡ ⎤+ − = +⎣ ⎦

111

1o

ب (

ا ثابت کنيدر) ب(و ) الف(

tفرض کنيد برای) اثبات الف > o تابع ، fشود ، با ضابطه زير تعريف می

( ) p pf t t t bp p

− ⎛ ⎞= + −⎜ ⎟

⎝ ⎠

1 111 11

برابر خواھد بود باfآنگاه مشتق

( ) ( )p p pf t t a t b t a tbp p p p p p

− − −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞′ = − + − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1 12 1 21 1 1 1 1 11 1 1

fو بنابراين برای مقادير′at tb

< =oمنفی و برای t t= oصفر و برای t t> o مثبت است

مقدار مينيمم خود را در نقطهfبنابراين،atb

=oر است باو اين مينيمم براب. گيرد می

( ) p p p pa a af t f a b a bb p b p b

− −⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

1 1 1 11 11 11o

>tفرض کنيد، برای) ب <1oتابع ، gشود با ضابطه زير تعريف می.( ) ( ) pp p pg t t a t b−−= + − 11 آنگاه مشتق 1

gبرابر خواھد بود با

( ) ( ) ( )( ) pp p pg t p t a p t b−−′ = − − − − =1 1 1 o

تی کهفقط وق( )

at ta b

= = ، چون1+

( ) ( )( ) ( )( ) pp p pg t p p t a p t b− −− −′′ = − − − − − >111 11 1 1 o

مينيمم موضعی خود را درgدھد،اين نشان می( )

ata b

=+

گيرد، که برابر است می

( )p p

p ba a ag t g a ba b a b a b

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= = + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1

1 1

( )p p

pp pa aa b a ba b a b

− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 1

) رویgزيرا. برابر مينيمم مطلق آن خواھد بودgاين مينيمم موضعی تابع ), 1o پيوسته است

)و ) ( )lim limt t

t t+ −→ →

= = ∞1 1

تابعی پيوسته باشد، نشان دھيدf اگر)31سوال

( )( ) ( )( )x x uf u x u du f t dt du− =∫ ∫ ∫o o o

کنيماز طريقه جزء به جزء مسئله را حل می: حل

( )( ) ( ) ( )ux u du f u duu f t dt

I f t dt duv udv du

⎧ =⎧=⎪ ⎪= ⇒ ⇒⎨ ⎨=⎪⎩⎪ =⎩

∫∫ ∫ 11

11

oo o

( )( ) ( )xu x

I u f t dt uf u du= −∫ ∫o oo

)نويسيم میuمتغير مجازی است لذا انتگرال اول را ھم بر حسب(

( ) ( ) ( ) ( )x x x x

I x f u du uf u du xf u du uf u du= − = −∫ ∫ ∫ ∫o o o o

( ) ( )x

x u f u du−∫o

) فرض کنيد)32سوال )in nf f a iδ= n که+b a

nδ −

در اين صورت=

( )( ) ( )( )

lim ...ba

f x dxn n n n nn nn

f f f eδ δ δ→∞

∫+ + + =1 21 1 1

)طبق فرض بايد: حل ).Ms t f x M∃ از انديسي به بعد داشته باشيم>

, . , .nn s t n n Mδ∃ ≥ ≤12o o

xاگر از سری ماکلوران استفاده کنيم که برای <12

): يمدار )log x x x+ − ≤ پس21

( )logn n n

in n in n n in ini i i

f f fδ δ δ δ= = =

+ − ≤∑ ∑ ∑ 2

1 1 1) بنابراين 1 ) ( )lim log

n bin n an i

f f x dxδ→∞ =

+ =∑ ∫1

در 1

نتيجه

( )( )

limba

n f x dxin nn i

f eδ→∞ =

∫+ =∏1

1

پيدا کنيد با استفاده از تمرين باالمقدار حد زير رابه عنوان يک تمرين

( )( ) ( )( )( ) ( )

...lim

...n

n n n n

n n n n→∞

+ + +

− − −

2 2 2

2 2 2

1 2

1 2

,...., )33مساله ,nx x x2 گيريم به طوری که را اعداد حقيقی می1n n

i i ii i

x x x−

+= =

+ =∑ ∑1

21

1 11

k ، kعدد صحيح n≤ برابرkx داده شده است ثابت کنيد ماکسيمم مقدار1≥( )k n k

n+ −+

2 11

کنيمثابت می: اثبات ( )

maxnk n k

xn+ −

=+

2 11

) داريم ) ( )... n n nx x x x x x−+ + + + + + =2 22 2

1 1 2 1 2

و ( ) ( )... ...k k k kx x x x x x x x x x

k k− −+ + + + + + + + +

≥2 22

1 1 2 1 1 1 2 1

( ) ( ) ( ).... kk kx x x x x

k

−−− + + + − +

≥

11 1 2 11

kxk

≥

( ) ( )... kk k

xx x x x xk−⇒ + + + + + ≥2

2 221 1 2 1

): به ھمين ترتيب داريم ) ( ).... kk k n n n

xx x x x xn k+ −+ + + + ≥− +

22 2 2

1 1 1 آيد با ترکيب اين دو نامساوی بدست می

( ) ( )... n n nx x x x x x−= + + + + + +2 22 21 1 2 12

kxk n k

⎛ ⎞≥ +⎜ ⎟− +⎝ ⎠21 1

1

maxkبا توجه به اينکه kx x≤تساوی وقتی برقرار است که

( ) ( ) ( ).... kk kx x x x x x x−−= − + = + = = − +1

1 1 2 2 3 11

)و ) ( )... n kk k k k nx x x x x−

+ + ++ = − + = = −1 1 2 اگر و تنھا اگر. ماکسيمم مقدار استmaxkx بنابراين1

( )

( ) ( )

, ,....,

, ,....,

ik i k

ii k k

x i kkxx n i

i k k nn k

−

−

⎧− = −⎪⎪= ⎨

+ −⎪ − = +⎪ − +⎩

1 1 2 1

11 1

1

)) 34سوال )ni ia

) و 1= )ni ib

...اند و دو دنباله از اعداد حقيقی1= nb b b≥ ≥ ≥1 2 oثابت کنيد

( ) ( )min ... max ....n

i i i ii n i nib a a a a b b a a a

≤ ≤ ≤ ≤=

+ + ≤ < + + +∑1 1 2 1 1 21 11

i....فرض کنيد : حل is a a a= + + +1 2 ، i n≤ ≤1، max ii n

M s≤ ≤=1

، min ii n

m s≤ ≤=1

در اين صورت

( ) ( )...n

i i n n ni

a b s b s s b s s b−=

= + − + + −∑ 1 1 2 1 2 11

اکنون چون داريم

( ) ( ) ( )M b b s b b M b b− ≤ − ≤ −1 2 1 1 2 1 2

( ) ( ) ( )n n n n n n nm b b s b b M b b− − − −− ≤ − ≤ −1 1 1 1

n n n nmb s b Mb≤ ≤

.رار استگيريم که حکم برقھای باال را باھم جمع کنيم نتيجه میبه اين ترتيب اگر نابرابری

iاگر: مساله m≤ ≤1 ، in < o و ix− ≤ ≤1 ) آن وقت1 ) ( )i im m

n ni i

i ix x

= =

− + − ≥∏ ∏1 1

1 1 2

a,اگر : اثبات b ≥ o مي دانيم ، a b ab+ پس 2≤

( ) ( ) ( )i

i inm m mn n

j i ii i i

x x x= = =

− + + ≥ − ≥∏ ∏ ∏ 2 2

1 1 11 1 2 1 2

.م برقرار استدر نتيجه حک

n ،n به ازای ھر عدد صحيح مانند)35سوال ≥ به طوری . نقطه در صفحه وجود داردnای متشکل از ثابت کنيد مجموعه3

که

فاصله بين ھر دو نقطه از اين نقاط عددی گنگ است و) الف

.دھند نقطه از اين نقاط مثلثی ناتباھيده با مساحت گويا تشکيل میھر سه) ب

. ای روی يک خط راست قرار ندارندبديھی است که ھيچ نقطه. از آنجا که ھر سه نقطه از نقاط بايد مثلثی ناتباھيده پديدآورند: اثبات

بنابراين، اين احتمال وجود دارد که چنين نقاطی را

رسد که نمايش معمول نقاط واقع بر دايره با وجود اين به نظر می. ای ماننددايره يافت شدهبتوان روی منحنی شناخته

)يعنی )cos , sinr rθ θانجامد ھنگام طراحی منحنی با ھا و مساحتھا میای درباره فاصله ، احتماال به عبارتھای پيچيده

yام، يعنیتر، سھمی مورد عالقهپارامترھای ساده x=2به ذھنم خطور کرد ،.

)مشخص کردن نقاط ),A k k2 ، ( ),B t t2و ( ),c q q2ای بوده و خوش اقبالی موجب شد که روی اين منحنی کار ساده

.آوری به سرعت و آسانی حل شدھمه چيز به طور شگفت

) بديھی است که ) ( ) ( ) ( )AB k t k t k t k t= − + − = − + +2 2 22 2 1

t,و سمت راست اين برابری به ازی عددھای طبيعی و نابرابر kمقدار گنگ است

)( )t k+ 2)مربع کامل است و در نتيجه عدد صحيح بعد از آن ، )k t+ +2 چون دترمينان ) مربع کامل نيست 1

k k

D t t

q q

=2

2

2

1

1

1

, اگر ,k t q عدھايی صحيح باشند، عددی صحيح است مساحت ABCΔ که دقيقا برابر با D12

. است ھمواره گوياست

. وعه زير است نقطه مجمnبنابراين مجموعه قابل قبولی متشکل از

( ) ( ) ( ){ ( ) }, , , , , ,... ,n n2 2 3 21 1 2 2 3 3

,..., فرض کنيد )36مساله ,na a a2 عددھای حقيقی . عددھايی حقيقی باشند و دست کم يکی از آنھا غير صفر باشند1

,..., ,nr r r2 ..., چنان که به ازای ھر دنباله از عددھای حقيقی مانند 1 ,nx x x2 1

( ) ( ) ... ( )n n nr x a r x a r x a− + − + −1 1 1 2 2 2

...از ...n nx x a a a+ + − + + +2 2 2 2 21 1 2

,...,. کمتر يا با آن برابر است ,nr r r2 . را پيدا کنيد1

i انتخاب کنيد و فرض کنيد a1را بزرگتر از x1: راه حل ix a=، i n≤ در اين صورت 2≥

( )n n

i ii i

r x a x a a= −

− ≤ + −∑ ∑2 2 21 1 1 1

2 1

n n

i ii i

x a

x a a= =

−

+ +∑ ∑

2 21 1

2 2 21

2 2

=

xاگر در طرف نابرابری باال a−1 م ميل کند، نتيجه می گيريa1 به x1 را حذف و فرض کنيم 1

n

ii

ar

a=

≤

∑1

12

1

انتخاب کنيم و روند قبلی را تکرار کنيم ، نتيجه می گيريم a1 را کوچکتر از x1اگر

n

ii

ar

a=

≥

∑1

12

1

بنابراين

n

ii

ar

a=

=

∑1

12

1

به ھمين ترتيب معلوم می شود

ii n

ii

ar i n

a=

= ≤ ≤

∑ 2

1

2

. باشد) و يا صفر(دو مجموعه شمارا را تقريبا از ھم جدا گوئيم وقتی که تعداد عضوھای مشترک آن عدد محدود : تعريف

ثابت کنيد که مجموعه اعداد طبيعی را می توان به تعداد ناشمارائی مجموعه تقسيم کرد، بنحوی که ھر دو تا از آنھا ) 37سوال

.باشند» جداتقريبا از ھم«

)برای اين کار : اثبات )E x را بزرگترين عدد صحيحی می گيريم که از عدد حقيقی x بزرگتر نباشد و برای ھر عدد حقيقی و

) ، مجموعه xمثبت )Z x عضوھای آن ( را که

]برای : به اين ترتيب در نظر می گيريم ) عددھای طبيعی خواھد بود ]( ) , , ,...n E nx n+ =2 2 1 12

xحاال ثابت می کنيم که برای y< <o مجموعه ھای , ( )Z x( )Z yکه می توانند ( تنھا تعداد محدودی عضو مشترک دارند

q,در حقيقت اگر به ازای دو عدد طبيعی ) اوی صفر نيز باشندمس p داشته باشيم :

( ) ( )p qE px E qy+ = +⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎣ ⎦ ⎣ ⎦2 2 1 2 2 p به سادگی معلوم می شود که بايد 1 q= باشد و بنابراين داشته باشيم :

( ) ( )E px E qy= که با توجه به شرط x y< <o بايدpy px− p و يا 1>y x

<−1

به اين ترتيب مجموعه

)ھاي ) ( ),z y z x کمتر از y x−

1بنابراين ثابت . يعنی تعداد عضوھای مشترک آنھا محدود است . عضو مشترک دارند

خانواده ناشمارائی از بی نھايت مجموعه اعداد طبيعی وجود دارد که ھر دو تای دلخواه از آنھا تقريبا از ھم جدا ھستند، کرديم که

چون اين مجموعه ھا مختلف اند،از اينجا ثابت می شود که مجموعه عددھای طبيعی تعداد ناشمارائی زير مجموعه ھای نامتناھی

. مختلف است

x نشان می د ھيم فرض کنيد t تا نزديک ترين عدد صحيح به آن را با t ، فاصلهt عدد حقيقی مانند به ازای ھر)38سوال

. عددی حقيقی باشد

]ثابت کنيد) الف ] [ ]{ }min ,x x x x x= − + −1

] کنيد ثابت-ب ]x x x= − − +1 12 2

x ثابت کنيد -ج x+ =1

≥x ثابت کنيد - ه ≤12

o

] می دانيم که - اثبات الف ] [ ]x x x≤ < ] در نتيجه 1+ ]x x≤ − <1o و [ ]x x< + − ≤1 1o

]از طرفی ديگر ]( ) [ ]( )x x x x− + + − =1 1

]پس يا ]( ) [ ]x x x x− = + − =112

] يا ] [ ],x x x x+ − > − <1 112 2

]يا ] [ ],x x x x+ − < − >1 112 2

] تا نزديک ترين عدد صحيح عضو کوچکتر مجموعه xدر ھر صورت روشن است که فاصله ] [ ]{ },x x x x− + می 1−

.باشد

]اگر : قسمت الف چنين استدالل می کنيم با استفاده از- )ب ]x x− =12

] آنگاه ]( )x x x− − − = =1 1 12 2 2

اگر

[ ]x x− <12

] ، آنگاه اگر ]x x− >12

، آنگاه

[ ]( ) [ ]x x x x− − − = + − +1 1 1 12 2 2 2

[ ]x x x= + − =1

) بنابر قسمت ب- )ج

[ ] [ ] [ ]( )x x x⎡ ⎤+ = − − + + +⎢ ⎥⎣ ⎦1 1 1 1 12 2 2 2 2

[ ] [ ]x x= − − − + =1 1 1 12 2 2 2

) ب(بنابر قسمت –) د

[ ] [ ] [ ]x x x x x x x x+ = − − − + + = − − − + + = − − + =1 1 1 1 1 11 1 1 1 12 2 2 2 2 2

]فرض کنيد ) ه ]x x t= ≥t که در آن + ≤1o ب( بنابر قسمت(

[ ] [ ]x x t x t⎡ ⎤= − − − + +⎣ ⎦1 12 2

[ ] [ ]x t x t= − − − + = − −1 1 1 12 2 2 2

≥tاگر ≤12

o ، t t− = −1 12 2

x و در نتيجه t≤ = <12

o

≥tاگر <1 12

، t t−− = +

1 12 2

x و t≤ = − ≤112

o

≥xدر ھر صورت ≤12

o

را چنان محاسبه کنيم کهrn می توانيم عددی مانندrثابت کنيد به ازای ھر عدد گويای ) 39سوال

rnr − > 12

10

داريم : اثبات

r rr r

rr

− −− ≥ − = >

++

2 22 22 2

22

چنان بزرگ انتخاب کنيم که rnبنابراين کافی است ( )rn

r

r

−<

+

2 2110 2

f: فرض كنيد) 40سوال R R→ يك تابع مشتق پذير است و براي ھر n N∈ و ھر x R∈ :

( )f x f xn

⎛ ⎞′ ′≤ +⎜ ⎟⎝ ⎠

1f ثابت كنيد تابع پيوسته است ′

n براي ھر:اثبات N∈ تابع ، :nf R R→ ، ( ) ( )1( )nf x n f x f xn

⎛ ⎞= + −⎜ ⎟⎝ ⎠

ھر را در نظر بگيريد

nf مشتق پذير است و ( ) ( )( )f x n f x f xn

⎡ ⎤′ ′ ′= + −⎢ ⎥⎣ ⎦1

) چون )nf x′ ≥ o ھر پس به ازاي n، nf

x,حال فرض كنيد . صعودي است x R∈1 xو 2 x<1 ) ، n، براي ھر 2 ) ( )n nf x f x≤1 2

پس

( ) ( )f x f x f x f xn n

n n

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠≤

1 1 2 21 1

1 1

nوقتي ) خواھيم داشت ∞→ ) ( ). f x f x′ ′≤1 fپس 2 f صعودي است و داراي خاصيت مقدار مياني است، پس ′ ′

.پيوسته است

)ثابت كنيد در ھر فضاي متري مانند ) 41سوال , )X d به ازاي ھر دو مجموعه بسته و جدا از ھم ، دو مجموعه باز جدا از ھم

.ود استو شامل آنھا موج

B, فرض كنيد :حل A زير مجموعه ھاي بسته از X باشند به طوري كهA B∩ f: تابع ∅= X R→ با ضابطه

( )( ) ( )

,: , ( )

, ,d x A

x X f xd x A d x B

∈ =+

)زيرا ھمواره . خوش تعريف است ) ( ), ,d x A d x B+ ≠ o :

)زيرا اگر )( , ) , ,d x A d x B x x+ = ∈o در آن صورت بايد ( ), , ( , )d x B d x A= =o o در نتيجه ،

,x A A x B B∈ = ∈ xيعني = A B∈ Aو اين امكان ندارد زيرا ∩ B∩ پيوسته X بر f تابع ∅=

)است زيرا توابع , ) , ( , )x d x B x d x A→ پيوسته اند و نيز داريم X بر→

( ),,

x Af x

x B∈⎧

= ⎨ ∈⎩1o

}قرار مي دھيم ( ) }:G x X f x= ∈ <12

G, در اين صورت f − ⎛ ⎞⎛ ⎞= −∞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠1 1

2تصوير معكوس G يعني

⎛,بازه باز ⎞−∞⎜ ⎟⎝ ⎠

12

. استXاست پس زير مجموعه بازي از fتحت تابع پيوسته

xبه عالوه ، A∈ ايجاب مي كند كه ( )f x = <12

o يعني x G∈ پس A G⊆

)به ھمان طريق ):H x X f x⎧ ⎫= ∈ >⎨ ⎬⎩ ⎭

12

G است ھمچنين B مجموعه بازي است كه شامل H∩ =∅

.بنابراين حكم تمام است

) در خاصيت مقدار مياني صدق كند آنگاه ثابت كنيد xھرگاه تابع حقيقي و پيوسته بر ) 42سوال ),X d ھمبنداست .

به عھده متعلم : اثبات

مسائل متفرقه حل نشده 12فصل

متفرقه حل نشده مسائل: 120فصل

2x ثابت كنيد اگر )1سوال π< <o آنگاه

( )sinsin sin sin ...sinh a xx x x

h aa a aπππ−

+ + + =+ + +2 2 2 2 2 3

2 2 3 321 2 2

يد كه نشان دھ)2سوال

[ ]sin sinsin ...x xx xπ ππ π+ + + =3 5 13 5 4

نشان دھيد )3سوال

( ) ( )( )

n n

n n

x a x R Ra x x x a n

∞ ∞

= =

Γ Γ −= −

Γ + − −∑ ∑1 1

كه ( ) ( ) ( )( )...

!

n

n

a a a nR

n

− + + +=

1 1 1

αاگر )4سوال < o و v aα = − v, كه + z a∈ > o نشان دھيد كه

( ) ( )( ) ( )n

nn

x a R G xx a x n

∞

=

Γ Γ ⎧ ⎫= +⎨ ⎬Γ + +⎩ ⎭∑

1

( ) ( )( ) ( ) ( )...!

n

na a a n G n

Rn

− − − − −=

1 1 2

( ) ...x x xG xa a a v

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − −⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠1 1 1

1 2

( ) ( ) ( )n

G x G nG x

x n− −

=+

نشان دھيد )5سوال

r

r τ∧

=

⎛ ⎞⎛ ⎞Γ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∏

3

61

6403 3 3

<x فرض كنيد )6سوال o ن دھيد نشا

( ) !. ! !n

n

xn

x nn nx

∞

=

⎛ ⎞Γ Γ⎜ ⎟⎝ ⎠ =

+⎛ ⎞Γ +⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ 2

12 12

1 22

o

)د اگر ثابت كني )7سوال )Re z > o آنگاه

( ) ( )logzt t

tt

e e dtz z ete

− −∞ −−

⎧ ⎫−⎪ ⎪Γ = + −⎨ ⎬−⎪ ⎪⎩ ⎭

∫ 11o

) ثابت كنيد اگر )8سوال )Re z > o آنگاه

( ) ( ) ( ) ( )( )

loglog

zt t t dtz z e

t t

− −∞ −⎧ ⎫+ − +⎪ ⎪Γ = − +⎨ ⎬+⎪ ⎪⎩ ⎭

∫11 1

11o

m ثابت كنيد اگر )9سوال > o آنگاه ( ) sinm tlogt dtt

∞

∫o ھمگراست

نشان د ھيد )10سوال

31 21 1 2

sinsin sin sin sin. ... .cos ... ...2

nm n

xx x axa x cos a x dxx x x x x

θθ θ θ π θ θ θ∞

=∫o

)كه ), 1 ia i n Rθ> ≤ ≤ ∈o و

1 2 1... ...n ma a aθ θ θ> + + + + + +

ثابت كنيد )11سوال

( )!

n n

nnn n

nn

xG

a n aa x

∞

∞ +=

=

−= +∑

∑1

1

11 1

o o

o

كه

( ) ( )( )

..................

..............................................................

...................

n

n

n n

a aa a aa a a a

G

n a n a

n a n a a−

−

=

− −

−

1

2 1 1

3 2 1

1

1 1

24 3 26 5 4 3

2 2 1

1

o

o

o

o o o

o o

o

)فرض كنيد )12سوال ) ( ) sn

s sn

ζ∞

=

> =∑1

ثابت كنيد 11

( ) ( ) ( )sin tans ss

ydys y s arc y

s eπζ

−− ∞= − +

− +∫11

2 22 2 11 1o

) ثابت كنيد )13سوال )log msp m

smp

ζ∞

=

= ∑ ∑1

1,كه , ,...p =2 3 ھمه اعداد اول مي باشد pيعني 5

) فرض كنيد )14سوال ) 21 ( 1)2 . !

nn

n n ndp z z

n dz= −

( ) ( )cos cos cosn

n n rr

np r pθ θ θ−=

=∑1

s اگر )15سوال h و 1> و 1>

( )cos coss

nn

h h b nθ θ∞−

=

− + =∑21 2o

نشان دھيد

( ) ( )

11

2

2sin

1 1

n n s

n ss

s h xb dxx xh

ππ

+ −

=− −

∫o

) نشان دھيد )16سوال ) ( ) ( )( )

( ) ( ) ( ){ }!! ! !

pnp n p

n pn P

p z z zn p p p +

+ −= − + − +

−∑ 11

1 1 12o

نشان دھيد )17سوال ( ) ( ) ( ){ }. . ...

sin. . ... n n

narc z p z p z

nπ ∞

+ −−⎧ ⎫

= −⎨ ⎬⎩ ⎭

∑2

2 1 2 11 3 5 2 1

2 2 4 6 2o

) دھيدنشان )18سوال ) ( ) ( ) ( )!sin sin cos cos! !

nrn r

n rr

np pr n r

θ θ θ θ=

= −−∑ 1

o

ثابت كنيد )19سوال ( )

( )( )( )

( )( )

s

s a b s a ba s b s a b

∞

=

+ + Γ + Γ +=

+ + Γ + +∏1

1 11

نشان دھيد )20سوال ( )nn

k

tdt

k t=

− −=∑ ∫

1

1

1 11o

نشان دھيد )21سوال

( )( )s s s s

n ns

s sn n nn

∞ ∞

− −= =

⎡ ⎤⎛ ⎞⎢ ⎥⎜ ⎟> = + + −

⎜ ⎟− −⎢ ⎥+⎝ ⎠⎣ ⎦∑ ∑ 1 1

1 1

1 1 1 1 1 111 1 1

) اگر )22سوال ) ( ),

!,

! !m n m nm nm nm n a

m n+

+ −−> =

12

o

,و , ,, ,m nm na a a− −= = = −2 2o o o oo

,نشان دھيد ,,m n m nn m m n

a a∞ ∞ ∞ ∞

= = = =

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= =−⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ ∑ ∑1 1o o o o

در مورد ھمگرايي يا واگرايي )23سوال ( ). ....

.. . ...m

n nn n

∞

=

−⎧ ⎫+⎨ ⎬+⎩ ⎭

∑2

1

1 3 2 1 4 32 4 2 2 2

بحث كنيد

logدر مورد ھمگرايي يا واگرايي )24سوال n

nnn

∞

=

+⎧ ⎫−⎨ ⎬−⎩ ⎭∑

1

2 112 1

بحث كنيد

ثابت كنيد )25سوال

cos cos...cos

k k k k k h k xx x x x x xπ π π π

⎧ ⎫⎧ ⎫ ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ −⎧ ⎫⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + + + =⎨ ⎬⎨ ⎬⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟− − − + −⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎩ ⎭⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ ⎭⎩ ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

22 2 2 2

1 1 1 1 12 2 4 4 1

ثابت كنيد كه )26سوال n np π

∞

=

⎛ ⎞− =⎜ ⎟

⎝ ⎠∏ 2 2

1

1 , كه 61 nn p امين عدد اول مي باشد

na فرض كنيد )27سوال > o و naنشان دھيد . صعودي باشدcos n

nn

aarca

∞

+=

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ 2

11 ھمگراست اگر و تنھا اگر

{ }naكراندار باشد .

] روي فاصله f فرض كنيم تابع )28سوال , x مثبت و صعودي باشد و وقتي 1∞+( →∞ ، ( )f x ثابت ∞+→

ايكنيد كه سريھ

( ) ( ),n n

f nf n n

∞ ∞−

= =∑ ∑ 1

21 1

1 1

.بطور يكسان ھمگرا خواھند بود

} ثابت كنيد كه دو خاصيت زير از دنباله )29سوال }naھم ارز ھستند .

n) الف nn

a a∞

+=

− <∞∑ 11

nاگر سري ) بn

b∞

=∑

1n ھمگرا باشد آنگاه سري n

na b

∞

=∑

1 . ھم ھمگراست

} فرض كنيم )30سوال }nb دنباله اي باشد كه nb > o ؛ n N∀ . ، ثابت كنيد∋

n

nn

bn b

∞+

=

+∑ 1

1

11 . واگراست

n فرض كنيم )31سوال N∈ و [ ],t n∈ oنامساوي زير

2)را ثابت كنيد ؟ ) 11

2t ntn te e

n en

−⎛ ⎞≤ − − ≤⎜ ⎟⎝ ⎠

o

n فرض كنيم براي ھر )32سوال N∈ و na > o سري na∑ثابت كنيد . ھمگرا باشد, ...nn

na a a

∞

=∑ 1 2

1 و

سري ... n

n

a a an

∞

=

+ + +∑ 1 2

1 . واگراست

) ، سري ∑naاگر براي ھر سري ھمگراي . تعريف شده باشدR روي f فرض كنيم تابع )33سوال )nf a∑ )را باشد آنگاه در يك ھمسايگي صفر ھمگ )f x Cx=

)و دنباله اي نزولي و مثبت باشد na فرض كنيد )34سوال ) sinnn

f x a nx∞

=

=∑1

ثابت كنيد كه .

( )g x dxπ

< +∞∫o است اگر و تنھا اگر n

n

an

∞

=

< ∞∑1

: ثابت كنيد كه )35سوال . . ...

limnn

n

nne

→∞

2 1 2 3

4

1 2 3

K, فرض كنيم )36سوال a b< <o مجموعه ھمه توابع مانند f باشد كه روي فاصله ,a b⎡ ⎤⎣ غير منفي و ناصعودي بوده ⎦

)و ) ( ) ( ),b

aa f a b f b f x dx= =∫ 1

g,اشد ثابت كنيد كه ، براي ھر تابع ب f در Kنامساوي

( ) ( )( )max ,b

a

bf x g x dxa b

≤+∫

2

براي چه نوع توابعي تساوي حاصل مي شود؟ . برقرار است

) فرض كنيم )37سوال )f x روي قطعه [ ],a b پيوسته ديفرانسيل پذير باشد و ( )f a = o نامساوي

( ) ( )b

aM b a f x dx′≤ − ∫2 2

ن را ثابت كنيد كه در آ( )M Sup f x

a x b

=

≤ ≤

تساوي زير را ثابت كنيد )38سوال

( ) ( ),bf ax dx f x ab dx a bx a

+∞ ∞⎛ ⎞+ = + >⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ 21 4

o oo

ال سمت چپ با معنا باشدبه فرض آنكه انتگر

مطلوب است محاسبه )39سوال

1 2

1 2 ... np p pn

dxx a x a x a

+∞

−∞ − − −∫

)مثالي در نظر بگيريد كه )40سوال )a

f x dx+∞

< ) ولي ∫∞ )limx

f x→∞

≠o

)انتگرال : راھنمايي )sin x dx∞

∫ 2o

.ظر بگيريد را در ن

) اگر توابع )41سوال )f x و ( )g x انتگرال پذير باشند در آن صورت آيا حتما تابع ( )( )f g xنيز انتگرال پذير است .

): راھنمايي )x if

f xx if=⎧

= ⎨ ≠⎩1o o

o

) ھرگاه )42سوال ) ( ) [ , )f x c a∈ +∞1) و )f x c′ a به ازاي > x< < ) و ∞ )

af x dx

+∞

ھمگرا ∫

)ثابت كنيد كه . باشد )f x → o ( )x →+∞

. بگيريدانتگرال زير را در نظر: راھنمايي

( )nb

n ak

b a b af x dx f a kn n=

− −⎛ ⎞Δ = − +⎜ ⎟⎝ ⎠

∑∫1

limمطلوب است محاسبه nnn

→∞ ∞Δ

) اگر )43سوال )f x روي بازه [ ],a b كراندار و محدب به طرف باال باشد ثابت كنيد

)كه ) ( ) ( ) ( ) ( )b

a

f a f b a bb a f x dx b a f+ +⎛ ⎞− ≤ ≤ − ⎜ ⎟

⎝ ⎠∫2 2

naيد كه ھرگاه ثابت كن)44سوال π<

4n آنگاه

ntg aπ∞

=

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

∏1 4

n وقتي ھمگراست كه سري n

a∞

=∏

1ي ھمگرا

باشدمطلق

cos ثابت كنيد )45سوال nn

x∞

=∏

1n ھمگراست ھر گاه

nx

∞

=∏ 2

1 . ھمگرا باشد

)كنيد ھرگاه ثابت )46سوال )f x روي ( ),∞o انتگرال پذير باشد ثابت كنيد

( ) ( )lim axna

e f x dx f x dx∞ ∞−=→

=∫ ∫1 oo

ھمگرايي سري )47سوال ( )

n

r nn

∞

=∑ 2

1) را كه در آن )r n تعداد ارقام عددnاست بررسي كنيد

) نشان دھيد كه حاصلضرب )48سوال )nn

a∞

=

+∏1

آن كه در 1

n

n kka

n kkk k k

⎧− = −⎪⎪= ⎨⎪ + + =⎪⎩

1 2 1

1 1 1 2

nھمگراست با اينكه سري ھاي n

a∞

=∏

1n و

na

∞

=∑ 2

1 . واگراست

اتحاد زير را ثابت كنيد )49سوال

( ) ( ... )! !

n n nx

n n

x xen n n n

−∞ ∞−

= =

−= + + + +∑ ∑

1

1 1

1 1 1 112 3

... فرض كنيد كه سري )50سوال ...nc c c nc+ + + + +1 2 32 ھمگرا باشد آنگاه نشان دھيد سري 3

...n n n n nc c c c t+ + ++ + + =1 2 32 3 lim ھمگراست و ھمچنين 4 nnt

→∞=o

,..., فرض كنيد )51سوال , ,... ,..., , , ,...,n nq q q q p p p p1 2 3 1 2 دو دنباله از اعدا مثبت باشد و براي ھر كدام 3

داشته باشيم

lim... ...lim ,n nn nn n

p p p q q qnp nq

α β→∞ →∞

+ + + + + += =1 2 1 2

aو ھمچنين β+ > o ثابت كنيد ...lim n n

n n n

p q p q np qn p q

αβα β→∞

+ + +=

+1 1 2 2

22

) ثابت كنيد )52سوال ) ...z z zf z = + + + +2 4 6

13 5 7

صدق مي كند در معادله تابعي

( ) ( )zf z f zz

⎛ ⎞= +⎜ ⎟+⎝ ⎠2

22 1

1

.تساوي زيرا را بدست آوريد )53سوال

( )( )( ) ;n n n n

nnq z q z q q b z q

∞ ∞− − −

=−∞=

+ + − = + <∑∏ 2 1 2 1 1 2

11 1 1 1

بار مكرر سينوس n ثابت كنيد كه تابع )54سوال

( )sin sin , sin sin sinn nx x x x−= =1 n وقتي كه 1 ر اينجا ھمگرا به صفر است كه د∞→

sin x> o عالوه بر اين ، lim

sinnn

n x→∞

=13

q فرض كنيد )55سول تعريف كنيد . 1>

( ) ( ) ( )( ) ( )( )( ) ...q qG z z z qz z qz q zq q q

= − + − − + − − − +− − −

2 32

2 31 1 1 1 1 1 1

1 1 1

)ثابت كنيد تابع )G z در تساوي زير صدق مي كند

( ) ( ) ( )( )( )...G z G qz qz q z q z+ − = − − −2 31 1 1 1

n2

,دنباله دو)56سوال , ,..., ,... , , , ,..., ,...n nq q q q p p p p1 2 1 2o o

lim lim,

... ...n n

n nn n n n

p qp p p p q q q q→∞ →∞− −

= =+ + + + + + + +1 1 1 1o o

o o

دنباله جديد زير را تعريف مي كنيم

, , ,... , ...n n n n nn r p q p q p q p q− −= = + + + +1 1 2 21 2 o oo

ثابت كنيد lim

1 2 ...n

n n

rr r r r→∞

=+ + + +o

o

, فرض كنيد )57سوال ,..., ,...p np p p1شد كه در شرط زير صدق مي كند يك دنباله از اعداد مثبت با.

lim

...n

n n

pp p p→∞

=+ + +1o

o

ثابت كنيد اگرlim

nns s

→∞ موجود باشد آنگاه=

...lim...

n n nn n

s p s p s p sp p p

−

→∞

+ + +=

+ + +1 1

1

o o

o

, قرار مي دھيم)58سوال ... , , , ,...n ns a a a n= + + + =1 12o o اگر

...lim nn

s s s sn→∞

+ + +=

+1

1o

آنگاه ثابت كنيد

( )lim

... ...nnt

a a t a t a t s→

+ + + + + =1 2 21 o

... اگر سري )59سوال ...na a a s+ + + + =1o ھمگرا باشد آنگاه

( )lim ... ...nnt

a a t a t s→

+ + + + =11 o را ثابت كنيد.

تابع بسل از مرتبه صفر را به صورت زير تعريف مي كنيم )60سوال

( ) ( )... ...! ! ! ! ! !

m mx x xj xm m−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − + − + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

2 4 211 1111 2 22 2 2o

ثابت كنيد

( )j t dt∞

=∫12oo

فرمول زير را ثابت كنيد )61سوال

...xe u u u u u u− = + + +1 1 2 1 2 log كه31u

nn

euu+−

=11

,و , ,...,n u x= = ≥112 3 o

يك عدد صحيح مثبت باشد آنگاه ثابت كنيد n فرض كنيد )62سوال

ne een n n

⎛ ⎞< − + <⎜ ⎟+ +⎝ ⎠11

2 2 2 1

>qيد براي ثابت كن)63سوال <1oداريم

( )...q q q q qq q q q⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − −

= −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 112 4 82 4 28

2 4 81 1 1 1 11 1 1 1

سري زير ھمگراستα به ازاي كدام مقادير مثبت )64سوال

( ) ... n

ne e e

α αα∞

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∑ 2

12 2 2

x ثابت كنيد )65سوال n

nx dx n

∞− −

=

= ∑∫1

1o

lim اگر )66سوال nns s

→∞ آنگاه ثابت كنيد =

lim ... ...! ! !

nt

nt

s t t ts S S e sn

−

→∞

⎛ ⎞+ + + + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠

21

21 2o

... فرض كنيد مجموع )67سوال ...na a a s+ + + + =1o موجود باشد و تعريف كنيد

( ) ... ...! ! !

n

nt t tg t a a a a

n= + + + + +

2

1 21 2o

n

)آنگاه ثابت كنيد )te g t dt S∞ − =∫o

, دو دنباله داده شده )68سوال , ,... , , , ,...a a a b b b1 2 3 1 2oدر شرايط زير صدق مي كند؛ nn

nb t

∞

=∑o

nb ھمگراست tبراي ھر مقدار > o و lim nn n

a Sb→∞

آنگاه ثابت كنيد=

... ...nna a t a t a t+ + + + +2

1 2o متناوب است و ھمچنين به ازاي ھر t داريم

lim ... ...... ...

nn

nn n

a a t a t a t sb b t b t b t→∞

+ + + + +=

+ + + + +

21 2

31 2

o

o

) نشان دھيد كه )69 سوال )lim

n n

t nt t t

∞

→ =

− −∑ 2

1 11 وجود دارد و منفي است2

na فرض كنيد )70سوال > o و lim

nna

→∞= o سري و ... ...na a a+ + +1 ر دھيد قرا.و اگرا باشد 2

[ ] , ...n n nS a a a S+ + + =1 از آن بزرگتر nS بزرگترين عدد صحيحي كه« را به اين صورت تعريف كنيد 2

]نقاط حدي دنباله » يا مساوي است ] [ ] [ ], ,..., ,...n nS s S S S s− − −1 2 .را پيدا كنيد 2

,فرض كنيد اعضاي دنباله )71سوال ,... ,...na a a1 در شرايط زير صدق كنند 2

m n m n m na a a a a++ − < < + +1 1

سپس ثابت كنيدlim

nn

a wn→∞ متناھي است و ما داريم w كه =

nwn a wn− < < +1 1

, فرض كنيد اعضاي دنباله)72سوال , ... ,...na a a a1 2 د كنندر شرايط زير صدق 3

, , , ,...m n m na a a m n+ ≤ + =12 3

, سپس ثابت كنيد كه دنباله ,..., ,...naa an

21

1 2 . واگراست ∞−ه پاييني اش متقارب است يا حتما به به كران

σ فرض كنيد )73سوال > o اگر سري ... na a a a nσ σ σ σ− − − −+ + + +1 2 31 2 باشد سپس ثابت ھمگرا 3

كنيد lim ... n

n

a a an σ−→∞

+ + +=1 2 o

) قرار دھيد )74سوال ) ... ...nnf z a z a z a z a z= + + + + +2 3

1 2 و از نا مساوي 3

( )( )

f z zzf z z′ +

≤−

11

, نتيجه بگيريد , ,... , nn a n= ≤1 2 3

) فرض كنيدسري تواني )75سوال ) ... ...nf x a a x a x a x= + + + +2 21 2o براي x ھمگرا باشد و 1=

>1αفرض كنيم <oسپس ثابت كنيد سري تواني . باشد

( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 ... ...1! 2! !

nnf f f

f h h hn

α α αα

′ ′′+ + + + 1h براي + α= . ھمگراست−

n, فرض كنيد)76سوال k و نشانگر دو عدد صحيح باشد q ضريب دو جمله اي گوسي را به صورت . يك متغير باشد

زير تعريف مي كنيم

. ...n n kn

kk

q q qq q q

− − +− − −⎡ ⎤ =⎢ ⎥ − − −⎣ ⎦

2 1 1

21 1 11 1 1

kكه n≤ k و براي 1≥ = o داريم n⎡ ⎤ =⎢ ⎥⎣ ⎦

1o

k يك عدد صحيح نباشد يا در نامساوي k ، اگر n≤ ≤o صدق

نكند ماn

k

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

م را برابر صفر قرار مي دھي

مخالف ريشه ھاي مخرج كسر باشد qدر ابتدا فرض كنيم

نشان دھيد كه lim n n

q k k→

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎝ ⎠1

نشان دھيدn

n k−

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

n

k

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

k ھمچنين توجه كنيد كه = o را مي توانيد انتخاب كنيد و به مساوي n

n

⎡ ⎤= ⎢ ⎥⎣ ⎦

n⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦o

دست

.د پيدا كني

( )( )k kn n n

k k

kkkq x q x

−−

==

⎡ ⎤+ = ⎢ ⎥⎣ ⎦∑∏

11 2

11

o

ثابت كنيد

n n nn k

k k kq

+− +

−

⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= +⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦

11

1

ثابت كنيد )77سوال

( )( )( )( )( )( )( )

... .....ξ ξ ξ ξξ ξ ξ

+ + + + =− − −

2 3 43 5

11 1 1 11 1 1

پيدا كنيدna فرمول عمومي اي براي )78سوال

( )( )( )( )... ...q q q q a a a aξ ξ ξ ξ ξ ξ ξ+ + + + = + + + +2 4 8 2 31 2 31 1 1 1 o

اتحاد زير را ثابت كنيد )79سوال

( )( ) ( ).... ,...

n n kn

kk

a a an n

a

− − +

=

− − −= =

−∑2 1 1

1

1 1 112

1

درستي اتحاد زير را نشان دھيد)80سوال

( )( )...

! !

n n nx

n n

x xen n n n

−∞ ∞

−

= =

− ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑1

1 1

1 1 112

ثابت كنيد)81سوال

. . ...nn

n

q q q q qq q q

+⎛ ⎞∞ ⎜ ⎟⎝ ⎠

=

− − −= <

− − − ∑12 4 6

23 5

1 1 1 11 1 1 o

) ثابت كنيد )82سوال ) ( )n n

nn

nnq q

+∞ ∞

=−∞=

− = −∑∏3

2

11 q كه1 <1

) اگر )83سوال ) ( ) ( )...n n n na a a a a a−− + − + + −1 2 n وقتي كه 1 كراندار باشد آنگاه الزم ∞→

...نيست كه سري ...na a a a+ + + +1 2 متناوب باشد ولي اگر شرايط3

lim , ...nna a a a

→∞= ≥ ≥ ≥1 2 3o را به شرط باال اضافه كنيم ثابت كنيد n

na

∞

=∑

1 . ھمگراست

] اگر )84سوال ] [ ] [ ]1 1 1 1, ... , ,n n n nI a b a n a b− −= × باشد، نشان دھيد كه nRك حجره بسته در ي×

( ) ( )n

i ii

S I b a=

⎧ ⎫= −⎨ ⎬⎩ ⎭∑

122

1

ھمان قطر استδمنظور از

2

  مسائلی از آناليز1,2    مولفان حسن جوالنی

)علمی دانشگاه آزاد تبريز تاھي عضو(اکبر صديقی