Математический анализ. Практика 1

35:20 Если надграфик функции f(x) есть выпуклое множество, тогда для любой выпуклой комбинации чисел
α1x1+α2x2+...+αnxn и ∑αk=1 выполняется неравенство
f(α1x1+α2x2+...+αnxn) ≤ α1f(x1)+α2f(x2)+...+αnf(xn)
Докажем по индукции, для двух очевидно выполняется f(αx+βy)≤αf(x)+βf(y), α+β=1.
Пусть верно для n−1, докажем для n, обозначим β=∑αk и α'k=αk/β где k от 2 до n, тогда β+α1=1 и ∑α'k=1
α1x1+α2x2+...+αnxn = α1x1+β(α'2x2+α'3x3+...+α'nxn)=αx+βy,
f(α1x1+α2x2+...+αnxn)=f(αx+βy)≤αf(x)+βf(y)=α1f(x1)+βf(α'2x2+α'3x3+...+α'nxn), ко второму слагаемому применяем индукционное предположение
α1f(x1)+βf(α'2x2+α'3x3+...+α'nxn) ≤ α1f(x1)+β( α'2f(x3)+α'3f(x3)+...+α'nf(xn) )
итак доказали формулу f(α1x1+α2x2+...+αnxn) ≤ α1f(x1)+α2f(x2)+...+αnf(xn)
Среднее геометрическое − среднее арифметическое
Обозначим yk=log(xk) и подставим комбинацию в выпуклую вниз функцию f(x)=exp(x)
exp(1/n (y1+y2+...+yn)≤1/n ( exp(y1)+exp(y2)+...+exp(yn) )
n_√(exp(y1)exp(y2)...exp(yn)) ≤ 1/n ( exp(y1)+exp(y2)+...+exp(yn) )
возвращаясь обратно к иксам получается известное неравенство
n_√(x1x2...xn) ≤ 1/n ( x1+x2+...+xn )
39:40 Среднее квадратичное неравенство можно переписать как
(1/n ( x1+x2+...+xn ) )^2 ≤ 1/n ( x1^2+x2^2+...+xn^2 )
Это верно для функции f(x)=x^2 с выпуклым надграфиком.
43:30 Для кубического корня подходит функция f(x)=x^3 с выпуклым надграфиком и вообще среднее степенное неравенство верно для любой степени m>1, потому что f(x)=x^m выпукла.

1:01:20 Обозначим m=max |a_j|, s_k=∑a_j−∑a_j, где первая сумма берётся от 1 до k, а вторая от k+1 до n.
Очевидно, что s_0=−s_n=∑a_j по j от 1 до n. Если |s_0|≤m или |s_n|≤m, то доказывать нечего, поэтому рассмотрим две возможности: s_0<−m, m −m. Раз он первый, то s_{i−1} ≤ −m.
Добавим к последнему неравенству 2a_i, s_{i−1} + 2a_i ≤ −m + 2a_i или s_i ≤ −m + 2a_i ≤ −m + 2m=m
Тем самым мы доказали −m < s_i ≤ m.
Для второго случая s'_i > −m и s'_{i−1} ≤ −m, вычтем 2a_{n−i+1}. Очевидно a_{n−i+1} < 0.
s'_{i−1} − 2a_{n−i+1} ≤ −m − 2a_{n−i+1}, s'_i ≤ −m − 2a_{n−i+1} ≤ −m + 2m=m
Окончательно −m < s'_i ≤ m. Можно доказать для этого i больше, что либо |s_i| < m, либо |s_{i−1}|=|s_i|=m.
1:07:10 По-моему он неправильно оценил разность соседних сумм. Итоговая оценка получилась верная, а вот промежуточная нет. Ошибка в f_i−f_j=±|a_i−a_j|

1:18:00 Надо было построить такую подпоследовательность, которая стремилась бы к предельной точке a, он этого не сделал. Обозначим подпоследовательности {x_n(m,k)} и соответствующие пределы lim x_n(m,k) = a_m предел по k, функция n(m,k) предъявляет номер k-го члена m-той последовательности согласно нумерации исходной последовательности {a_n}.
Построим подпоследовательность {x_n'(k)}, которая будет стремиться к a, lim x_n'(k)=a, предел по k.
Возьмём произвольную монотонную последовательность {ε_n} ε_n>0 lim ε_n = 0.
Найдётся k, такой что |x_n(1,k)−a_1| < ε_1, это будет первый элемент подпоследовательности n'(1)=n(1,k).
Для ε_2 найдётся k, что n(2,k)> n'(1) и |x_n(2,k)−a_2| < ε_2, n'(2)=n(2,k) и так далее.
Найдётся k, что n(m,k) > n'(m−1) и |x_n(m,k)−a_m| < ε_m, n'(m)=n(m,k)
Докажем сходимость lim x_n'(k)=a.
Возьмём произвольный ε>0, найдётся N, что |a−a_m| < ε/2 и ε_m<ε/2 и |x_n'(m)−a_m| < ε_m для ∀m>N и значит верна оценка |x_n'(k)−a|≤ |x_n'(k)−a_k|+|a−a_k| < ε ∀k>N

1:03:20 Можно представит модуль логарифма через интеграл x_n=∫ dt/t где предел от 1 до 1+(x_{n−1}−1) при x_{n−1} > 1 и от 1−(1−x_{n−1}) до 1 при x_{n−1} < 1. Отсюда видно, что когда x_n > 1, то следующий член уменьшается на единицу и сжимается не более чем в x_n раз. В этой области последовательность строго монотонно стремится в сторону нуля и неподвижных точек нет. Когда x_n < 1, то следующий элемент есть растяжение (1−x_n) в не более чем 1/x_n раз. Тут есть одна неподвижная точка между 1/2 и 1, корень функции x−|log(x)|.
Если последовательность неограничена, тогда ноль для неё является предельной точкой и наоборот показав, что ноль предельная точка, можно доказать неограниченность. Если последовательность ограничена, то либо она вообще состоит из конечного числа членов ( на каком то шаге x_i=e^{±1}, x_{i+1}=1, x_{i+2}=0, x_{i+3}=∞ ), либо она собрана из конечного числа элементов (последовательность с каким-то периодом m ..., x_i, x_{i+1}, ..., x_{i+m−1}, x_i, ...), либо наконец бесконечная последовательность имеет по крайнер мере одну предельную точку.
Рассмотрим последовательность непрерывных функций: f_1(x)=|log(x)|, f_2(x)=|log(|log(x)|)|, ..., f_k(x)=|log(|log(|...(|log(x)|)...|) и множество из их полюсов P={0, 1, e^{±1}, e^{±e{±1}}}, e^{±e{±e{±1}}}},... и из нулей Z={x : x−f_1(x)=0 или x−f_2(x)=0 или x−f_3(x)=0 или ....}. Если 2∈P, то последовательность состоит из конечного числа членов, если 2∈Z, то последовательность имеет период. Скорее всего целого числа 2 нет ни в P, ни в Z. Как доказывать это не знаю. Наконец если 2 есть предельная точка для множества P, тогда последовательность неограниченная. Как это доказать тоже не знаю.