Таблицы Брадиса

Тогда можно положить 1.

Тогда можно положить 1.

Математическое просвещение - Винберг Э. Б

>   in). Тогда можно положить yn+i = xin+1. Последовательность {yn} по­строена.

Задача 3. Рассмотрим вектора a+ib, c+id £ Cn. Тогда по неравенству Шварца

|(a + ib, c + id)|2 ^ |a + ib|2 ■ |c + id|2, раскрывая скобки, получаем

|(a,c) + (b,d) + i(b,c) — i(a,d)|2 ^ (a2 + b2) ■ (c2 + d2).

По определению левая часть равна

((a, c) + (b, d))2 + ((a, d) - (b, c))2.

Задача 4. Пусть а представляется в виде

a(x) = Ax + b,

где A — линейный оператор и b £ Rn. Если неподвижной точки нет, то уравнение

Ax - x + b = 0

не имеет решений. Иначе говоря, вектор b не лежит в образе линейного оператора A - I. Следовательно, найдётся линейная функция Л: Rn ^ R такая, что

Vx £ Rn Л(^ - I)x) =0 и Л(Ь) = 0.

Тогда для любого x £ Rn получается

Л(a(x)) = Л(Ax - x) + Л(x + b) = Л^) + Л(Ь),

а следовательно, Л(ак(x)) = Л^+йЛ^). Значит, для любого x £ Rn после­довательность {Л(ак (x))}fc£N неограниченна, что противоречит условию задачи.

Задача 5. 1) Можно положить g(x) = x ■ min f (x,y) (минимум су-

у€[жД]

ществует и положителен из непрерывности и положительности f(x, y)). Тогда при любом фиксированном y £ (0,1] неравенство g(x) ^ xf (x, y) верно для любого 0 < x ^ y, откуда g(x) = o(f (x,y)), x ^ +0.

2)   Множество M всех последовательностей натуральных чисел име­ет мощность континуум. Зафиксируем взаимно однозначное соответствие между M и (0,1]; пусть     — последовательность, соответствующая

числу у £ (0,1]. Тогда существует непрерывная функция hy(ж): (0,1] ^

(0, то) такая, что hy(1/n) = 1/аПу) (можно, например, сделать hy(ж) линей­ной на любом отрезке [1/(n + 1), 1/n]). Положим f (ж,у) = hy(ж).

Рассмотрим произвольную функцию д(ж): (0,1] ^ (0, +то); пусть sn = = |~1/g(1/n)~| (наименьшее натуральное число ^ 1/g(1/n)). Тогда найдётся у £ (0,1], при котором f (1/n,у) = hy(1/n) = 1/sn ^ g(1/n). Это означа­ет, что g(1/n) = o(f(1/n, у)), n ^ то, и уж тем более д(ж) = o(f(ж,у)), ж ^ +0.