Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu

Transkrypt

1 Uniwersytet Mikołj Kopernik w Toruniu Wydził Mtemtyki i Informtyki Krzysztof Frączek Anliz Mtemtyczn I Wykłd dl studentów I roku kierunku informtyk Toruń 206

2 Spis treści Liczby rzeczywiste 2 Ciągi liczbowe 9 3 Szeregi liczbowe Szeregi o wyrzch nieujemnych Dowolne szeregi rzeczywiste c.d Iloczyn szeregów Grnic funkcji 37 6 Ciągłość funkcji 42 7 Pochodn funkcji Wzór Tylor Przybliżone rozwiązywnie równń Cłk nieoznczon Cłkownie funkcji wymiernych Cłkownie pewnych funkcji niewymiernych Cłk Riemnn Zstosowni geometryczne cłki Riemnn Cłki niewłściwe Ciągi i szeregi funkcyjne Szeregi funkcyjne Różniczkownie ciągów i szeregów funkcyjnych Cłkownie ciągów i szeregów funkcyjnych Przybliżone metody cłkowni 04

3 LICZBY RZECZYWISTE Liczby rzeczywiste Rozwżmy nstępującą sytucję: niech (X, +,, ), gdzie X jest zbiorem co njmniej dwuelementowym, +, : X X X orz X X jest relcją, którą dl uproszczeni będziemy zpisywć nstępująco: x y (x, y). Pondto, spełnione są nstępujące ksjomty liczb rzeczywistych:. Aksjomty cił przemiennego: () x,y,z X (b) x,y X (c) 0 X x X x + (y + z) (x + y) + z łączność; x + y y + x przemienność dodwni; 0 + x x + 0 x element neutrlny dodwni; (d) x X x X x + x 0 element przeciwny; (e) x,y,z X x (y z) (x y) z łączność; (f) x,y X (g) X, 0 x X x y y x przemienność mnożeni; x x x element neutrlny mnożeni; (h) x X,x 0 x X x x element odwrotny; (i) x,y,z X x (y + z) x y + x z rozdzielność mnożeni względem dodwni. 2. Aksjomty porządku liniowego: () x X (b) x,y,z X (c) x,y X (d) x,y X x x zwrotność; x y y z x z przechodniość; x y y x spójność; x y y x x y ntysymetri. 3. Aksjomty dotyczące zrówno dziłń i relcji porządku: () x,y,z X x y x + z y + z; (b) x,y X 0 x 0 y 0 x y. 4. Aksjomt ciągłości: dl dowolnych niepustych podzbiorów A, B X, jeśli A B (tzn. A b B b), to istnieje x X tki, że A x B (tzn. A b B x b). Uwg. Zuwżmy, że element neutrlny dodwni jest też tylko jeden. Jeśli 0 jest innym elementem neutrlnym, to

4 LICZBY RZECZYWISTE 2 Uwg 2. Niech x X. Wówczs isnieje y X tki, że x + y 0. Zuwżmy, że tki, element jest tylko jeden. Rzeczywiści złóżmy, że x + y 0. Wówczs y y + 0 y + (x + y ) (y + x) + y 0 + y y. Ten jedyny element przeciwny do x będziemy oznczć x. Podobnie jeśli x 0 istnieje jedyny element, który będziemy oznczć przez x lub x, tki, że x x. Wykorzystując te oznczeni definiujemy nowe dziłni w zbiorze X: odejmownie i dzielenie. Różnicą dwóch liczb x, y X nzywmy liczbę x y x + ( y). Jeśli y 0, to ilorzem x i y nzywmy liczbę x y x y. Definicj. Niepusty podzbiór A X nzyw się ogrniczonym z góry, gdy M X x A x M. Liczb M jest wówczs nzywn ogrniczeniem górnym zbioru A. ogrniczonym z dołu, gdy m X x A m x. Liczb m jest wówczs nzywn ogrniczeniem dolnym zbioru A. ogrniczonym, gdy m,m X A m x M. Uwg 3. Będziemy stosowć nstępującą notcję orz x < y x y x y x y y x. Definicj. Dl dowolnego niepustego podzbioru A X definiujemy jego kres górny (supremum), dlej oznczny przez sup A orz kres dolny (infimum), dlej oznczny przez inf A w sposób nstępujący: Jeśli A nie jest ogrniczony z góry, to sup A +. Jeśli A jest ogrniczony z góry, to M sup A, jeśli x A x M ε>0 A M ε < M. Jeśli A nie jest ogrniczony z dołu, to inf A. Jeśli A jest ogrniczony z dołu, to M inf A, jeśli x A m x ε>0 A m < m + ε.

5 LICZBY RZECZYWISTE 3 Twierdzenie.. Niech A X będzie zbiorem niepustym. Jeśli A jest ogrniczony z góry, to istnieje M X tki, że M sup A. Jeśli A jest ogrniczony z dołu, to istnieje m X tki, że m sup A. Dowód. Złóżmy, że A i jest ogrniczony z góry. Niech B {x X : A x} (zbiór wszystkich ogrniczeń górnych dl A). Wtedy B orz A B. Z ksjomtu ciągłości wynik, że istnieje M X tki, że A M B. Pokżemy, że M sup A. Po pierwsze M dl wszystkich A. Weźmy dowolne ε > 0. Gdyby dl kżdego A było M ε, to mielibyśmy M ε B. Poniewż M B, więc M M ε, stąd 0 ε, ztem sprzeczność. Wynik stąd, że istnieje A tkie, że M ε <, co dowodzi, że M sup A. Dowód drugiej części twierdzeni jest nlogiczny. Definicj. Dowolny zbiór X wrz z dziłnimi +, : X X X orz relcją X X spełnijący ksjomty liczb rzeczywistych nzywmy zbiorem liczb rzeczywistych. Oczywiście istnieje wiele tego typu zbiorów, le w pewnym sensie są one tkie sme, tzn. izomorficzne. Twierdzenie.2. Złóżmy, że (X, +,, ) orz ( X, +,, ) spełniją ksjomty liczb rzeczywistych. Wówczs istnieje bijekcj f : X X tk, że x,y X f(x + y) f(x) +f(y), x,y X x,y X f(x y) f(x) f(y), x y f(x) f(y) orz jeśli A X jest zbiorem ogrniczonym z góry, to f(a) X jest ogrniczony z góry orz sup f(a) f(sup A). Poniewż zbiór liczb rzeczywistych jest opisny jednozncznie, możemy więc stosowć literę R jko oznczenie zbioru liczb rzeczywistych. Odpowiedź n pytnie, czy istnieje zbiór R spełnijący ksjomty liczb rzeczywistych wymg skonstruowni tkiego zbioru. Tkie konstrukcje pochodzą od Cntor i Dedekind, ich podstwą jest ksjomtycznie wprowdzony zbiór liczb nturlnych.

6 LICZBY RZECZYWISTE 4 Definicj. Niech A R będzie zbiorem niepustym. Mówimy, że x A jest elementem njwiększym zbioru A jeśli A x. Mówimy, że y A jest elementem njmniejszym zbioru A jeśli A y. Ćwiczenie. Jeśli x jest elementem njwiększym (njmniejszym) zbioru A, to x sup A (x inf A). Ćwiczenie. Jeśli A R jest niepustym zbiorem ogrniczonym z góry, to M sup A wtedy i tylko wtedy, gdy M jest njmniejszym ogrniczeniem górnym zbioru A. Jeśli A R jest niepustym zbiorem ogrniczonym z dołu, to M inf A wtedy i tylko wtedy, gdy M jest njwiększym ogrniczeniem dolnym zbioru A. Definicj. Zbiorem liczb nturlnych będziemy nzywć njmniejszy podzbiór liczb rzeczywistych zwierjący orz posidjący tę włsność, że jeśli zwier pewn liczbę n, to zwier również n +. Zbiór liczb nturlnych będziemy oznczć przez N. Lemt.3. (Zsd indukcji mtemtycznej). Niech A N będzie zbiorem tkim, że A orz n A implikuje n + A. Wówczs A N. Dowód. Poniewż N jest njmniejszym podzbiorem R spełnijącym powyższe włsności, więc N A. Pondto A N, stąd A N. Lemt.4. (nierówność Bernoulliego). Dl dowolnej liczby nturlnej α > orz dowolnej liczby nturlnej n zchodzi nierówność + nα ( + α) n. Dowód. Ustlmy α > orz oznczmy przez A podzbiór liczb nturlnych n, dl których + nα ( + α) n. Oczywiście A, poniewż + α ( + α). Złóżmy, że n A. Wtedy + nα ( + α) n. Stąd ( + α) n+ ( + α) n ( + α) ( + nα)( + α) + nα + α + nα 2 + (n + )α + nα 2 + (n + )α, ztem n + A. N mocy zsdy indukcji mtemtycznej mmy A N, tzn. nierówność Bernoulliego zchodzi dl wszystkich n N. Ćwiczenie. Udowodnić, że jeśli 0 < b, to n < b n dl dowolnej liczby nturlnej n.

7 LICZBY RZECZYWISTE 5 Ćwiczenie. Pokzć, że dl dowolnych, b R orz n N mmy gdzie ( n k ) ( + b) n n k0 ( n k ) k b n k, n!, 0!, k! 2... k dl k. k!(n k)! Lemt.5. Dl kżdego x R istnieje n N tk, że x n. Dowód. Przypuśćmy, że istnieje tkie x R, że n < x dl wszystkich n N. Stąd zbiór N jest ogrniczony z góry. Niech y sup N. Ztem istnieje n N tk, że y < n y. Ztem y < n +, co stoi w sprzeczności z fktem, że y jest ogrniczeniem górnym zbioru N. Przykłd. Niech A {/n : n N}. Poniewż 0 < /n, więc jest to zbiór ogrniczony. Pondto A, więc jest elementem njwiększym, ztem sup A. Pondto, inf A 0, poniewż /n > 0 dl dowolnego n N orz dl dowolnego ε > 0, z poprzedniego lemtu, istnieje n N tkie, że /ε < n. Wówczs A /n < ε. Lemt.6. (zsd minimum). W kżdym niepustym podzbiorze zbioru liczb nturlnych istnieje element njmniejszy. Dowód. Przypuśćmy, że B N niepustym podzbiorem, który nie posid elementu njmniejszego. Niech A : {n N : n < B}. Wówczs A, w przeciwnym przypdku byłby elementem njmniejszym w B. Złóżmy, że k A. Gdyby k + / A, to istniłby liczb m B tk, że m k +. Niech b będzie dowolnym elementem z B. Wówczs k < b, co z tym idzie m k + b. Ztem m jest elementem njmniejszym w B. Stąd k + A. N mocy zsdy indukcji mtemtycznej mmy A N, stąd N < B, co przeczy lemtowi.5. Definicj. Zbiór liczb cłkowitych Z definiujemy nstępująco: Z N {0} { n : n N}. Zbiór liczb wymiernych Q definiujemy nstępująco: Q { m n : m Z, n N }. Jeśli liczb nleży do zbioru R \ Q to nzywmy ją niewymierną.

8 LICZBY RZECZYWISTE 6 Twierdzenie.7. (zsd Archimedes). Jeśli x R, to istnieje n Z tk, że n x < n +. Dowód. Niech x R. N mocy lemtu.5 istnieje liczb cłkowit m tkie, że x + < m. Niech B {n N : m x + n}. Zbiór B jest niepusty n postwie lemtu.5. Niech p będzie elementem njmniejszym zbioru B. Wówczs m x + p orz m > x + p, stąd m p x < m p +. Oznczeni. Dl dowolnej liczby x R liczbę cłkowitą n spełnijącą n x < n + nzywmy częścią cłkowitą liczby x orz oznczmy symbolem [x]. Liczbę {x} x [x] nzywmy częścią ułmkową liczby x. Wówczs 0 {x} <. Twierdzenie.8. (o gęstości zbioru liczb wymiernych w R.) Dl dowolnych x, y R, x < y istnieje liczb wymiern q tk, że x < q < y. Dowód. N mocy lemtu.5 istnieje liczb nturln n tk, że Niech m [nx] +. Wtedy Stąd Ztem y x < n y x > n. x < m n x + n m xn < m. m n n x < m n. < x + (y x) y. Oznczeni. A + B { + b : A, b B}, A { : A}. Twierdzenie.9. Niech A, B R będą zbiormi niepustymi. Wówczs (i) sup(a + B) sup A + sup B;

9 LICZBY RZECZYWISTE 7 (ii) inf(a + B) inf A + inf B; (iii) sup( A) inf A. (iv) jeśli A B, to sup A inf B. Dowód. (i). Jeśli któryś ze zbiorów A lub B nie jest ogrniczony z góry, to również A + B nie jest ogrniczony z góry, wtedy spełniony jest wrunek (i). Złóżmy, że ob zbiory są ogrniczone z góry orz oznczmy α sup A orz β sup B. Wówczs dl dowolnych A orz b B mmy α orz b β, ztem + b α + β. Stąd dl dowolnego c A + B mmy c α + β. Ustlmy ε > 0. Z definicji istnieją liczby x A orz y B tkie, że α ε 2 < x α orz β ε 2 < y β. Wówczs α + β ε < x + y α + β. Poniewż x + y A + B, więc sup(a + B) α + β. Dowód (ii) jest nlogiczny. (iii). Niech α inf A. Jeśli b A, to istnieje A tkie, że b. Poniewż α, więc b α. Ustlmy ε > 0. Wówczs istnieje x A tkie, że α x < α + ε. Stąd α ε < x α. Poniewż x A, więc α sup( A). (iv). Niech α sup A orz β inf B. Przypuśćmy, że α > β. Weźmy ε (α β)/2 > 0. Wówczs istnieją A orz b B tkie, że α ε < orz b < β + ε. Stąd b < β + α β α + β α α β <, co przeczy złożeniu A B. Twierdzenie.0. Dl dowolnej liczby rzeczywistej α > 0 i dowolnej n N istnieje dokłdnie jedn liczb rzeczywist β > 0 tk, że β n α. Dowód. Niech A {0 x : x n α} orz B {0 x : α x n }. Wówczs A, poniewż 0 A orz B poniewż ( + α) n + nα > α. Stąd również ( + ) n > α α α + α A. Zuwżmy, że A B. Weźmy dowolne A orz b B. Gdyby b <, to α b n < n α, i sprzeczność.

10 LICZBY RZECZYWISTE 8 Poniewż A B, więc x sup A y inf B. Udowodnimy, że x y. Gdyby x < y, to jeśli x < z < y, to z n > α (w przeciwnym rzie z A) orz z n < α (w przeciwnym rzie z B), co prowdzi do sprzeczności. Stąd β : y x sup A inf B. Poniewż 0 < α A, więc β > 0. Udowodnimy, że +α βn α. Przypuśćmy, że β n < α. Wówczs β A orz β / B. Weźmy ε min((α β n )/(n(2β) n ), β). Wówczs istnieje b B tkie, że β + ε > b. Wtedy b < 2β. Pondto ( n β b b n b n + β n β n b n + β n b n + ) b [( ) ] β b b n + β n b n n + β n + (b β)b n n < b < ε(2β) n n + β n (α β n ) + β n α, co prowdzi do sprzeczności z fktem, że b B. W podobny sposób możn wyeliminowć przypdek α < β n. Ztem β n α. Udowodnimy terz, że β jest jedną liczbą rzeczywistą dodtnią, której n t potęg jest równ α. Przypuśćmy, że c > 0 orz c n α. Wówczs c A B. Poniewż β sup A, więc c β orz poniewż β inf B, więc c β. Stąd c β. Definicj. Jeśli α > 0, to jedyną liczbą dodtnią rzeczywistą β tką, że β n α nzywmy pierwistkiem n tego stopni z α i oznczmy symbolem n α. Przyjmujemy również, że n 0 0. Ćwiczenie. Pokzć, że 2 jest liczbą niewymierną. Ćwiczenie. Udowodnić, że dl dowolnych x, y R, x < y istnieje liczb niewymiern r tk, że x < r < y. Definicj. Wrtością bezwzględną liczby rzeczywistej nzywmy liczbę { gdy 0 gdy < 0. Lemt.. Dl dowolnych, b R, 0 b mmy (i) ; (ii) b b b; (iii) b b b.

11 2 CIĄGI LICZBOWE 9 Lemt.2. (nierówność trójkąt). Dl dowolnych liczb rzeczywistych i b zchodzi nierówność + b + b. Dowód. Z lemtu. (i) mmy orz b b b. Dodjąc obie nierówności stronmi otrzymujemy ( + b ) + b + b. Z lemtu. (ii) wynik, że + b + b. Lemt.3. Dl dowolnych liczb rzeczywistych i b zchodzi nierówność Dowód. Z nierówności trójkąt mmy orz Stąd b b. ( b) + b b + b b (b ) + b + b +. co z tym idzie b b. 2 Ciągi liczbowe b b b, Definicj. Ciągiem liczbowym będziemy nzywć dowolną funkcję x : N R. Njczęściej zmist x(n) będziemy pisć x n, cły ciąg będziemy oznczć przez {x n } n N. Przykłd.. x n n ;, 2, 3,...; 2. x, x n+ + +x n ;, 3 2, 7 5, 7 2, 4 29,...; 3. x x 2, x n+2 x n + x n+ ;,, 2, 3, 5, 8, 3, 2, 34, 55, 89, 44,... ciąg Fiboncciego; 4., 2,, 3, 2,, 4, 3, 2,, 5,... ciąg zwierjący wszystkie dodtnie liczby wymierne. Ciąg ten powstje w ten sposób, że w miejscch od n(n ) + do n(n+) wpisujemy kolejno liczby n, n,..., 2,. 2 n n Definicj. Ciąg liczbowy {x n } n N jest ciągiem rosnący, jeśli n N x n+ > x n ; mlejącym, jeśli n N x n+ < x n ;

12 2 CIĄGI LICZBOWE 0 nierosnący, jeśli n N x n+ x n ; niemlejącym, jeśli n N x n+ x n ; monotonicznym, jeśli spełniony jest jeden z powyższych wrunków. Pierwsze dw rodzje ciągów to ciągi ściśle monotoniczne. Definicj. Ciąg liczbowy {x n } n N jest ciągiem ogrniczonym z góry, jeśli M R n N x n M; ogrniczonym z dołu, jeśli m R n N m x n ; ogrniczonym, jeśli jest ogrniczony z góry i z dołu. Uwg 4. Wprost z definicji otrzymujemy, że ciąg {x n } n N jest ogrniczony wtedy i tylko wtedy, gdy M R n N x n M. Definicj. Niech dny będzie ciąg liczbowy {x n } n N. Dl dowolnego rosnącego ciągu {k n } n N o wrtościch nturlnych, ciąg n x kn nzywmy podciągiem ciągu {x n } n N i oznczmy {x kn } n N. Definicj. Niech A R orz {x n } n N niech będzie dowolnym ciągiem liczb rzeczywistych. Wówczs prwie wszystkie wyrzy ciągu {x n } n N nleżą do A, gdy k N n k x n A; nieskończenie wiele wyrzów ciągu {x n } n N nleżą do A, gdy k N n k x n A. Uwg 5. Jeśli prwie wszystkie wyrzy ciągu {x n } n N nleżą do A, to nieskończenie wiele wyrzów ciągu {x n } n N nleżą do A. Definicj. Mówimy, że ciąg liczb rzeczywistych {x n } n N jest zbieżny do liczby x R, symbolicznie lim x n x lub x n x, jeśli ε>0 n0 N n n0 x n x < ε. Inczej, {x n } n N jest zbieżny do liczby x R, gdy dl dowolnego ε > 0, prwie wszystkie wyrzy tego ciągu nleżą do przedziłu (x ε, x + ε). Przykłd.. Kżdy ciąg stły, lbo od pewnego miejsc stły jest zbieżny.

13 2 CIĄGI LICZBOWE Niech ε będzie dowolną liczbą dodtnią. Niech n n 0 [ ] +. Wtedy ε < n ε 0, co implikuje ε > n 0. Ztem dl n n 0 mmy n 0 n < ε. n 0 Lemt 2.. Kżdy podciąg ciągu zbieżnego jest również zbieżny do tej smej grnicy. Dowód. Złóżmy, że x n x. Weźmy dowolny podciąg {x kn } n N tego ciągu. Niech ε > 0. Wówczs istnieje N N tk, że x n x < ε dl n N. Poniewż ciąg {k n } n N jest rosnący, więc istnieje n 0 N tk, że k n0 N. Wówczs jeśli n n 0, to k n k n0 N, stąd x kn x < ε, co dowodzi, że x kn x. Lemt 2.2. Kżdy ciąg zbieżny jest ogrniczony. Dowód. Złóżmy, że x n x. Weźmy ε. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że x n x < dl n n 0. Stąd x < x n < x + dl n n 0. Niech M będzie njwiększą z liczb x, x 2,..., x n0, x +. Wtedy dl kżdego n n 0 mmy x n M. Jeśli n n 0, to M x x < x n < x + x + M. Definicj. Mówimy, że ciąg {x n } n N spełni wrunek Cuchy ego, gdy ε>0 n0 N m,n n0 x m x n < ε. Ciągi spełnijące wrunek Cuchy ego nzywne są również ciągmi Cuchy ego, lub ciągmi podstwowymi lub ciągmi fundmentlnymi. Lemt 2.3. Kżdy ciąg zbieżny spełni wrunek Cuchy ego. Dowód. Złóżmy, że x n x. Niech ε > 0. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że x n x < ε/2 dl n n 0. Weźmy dowolne m, n n 0. Wtedy z nierówności trójkąt mmy x m x n (x m x) + (x x n ) x m x + x x n < ε 2 + ε 2 ε. Twierdzenie 2.4. (o trzech ciągch) Jeśli n x, c n x orz n b n c n dl dowolnego n N, to b n x.

14 2 CIĄGI LICZBOWE 2 Dowód. Weźmy ε > 0. Wówczs istnieją n, n 2 N tkie, że n x < ε dl n n orz c n x < ε dl n n 2. Niech n 0 mx(n, n 2 ). Wówczs dl n n 0 mmy Stąd b n x < ε dl n n 0. ε < n x b n x c n x < ε. Uwg 6. x n 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x n 0. Twierdzenie 2.5. Złóżmy, że x n x orz y n y. Wtedy. x n x dl dowolnej liczby rzeczywistej ; 2. x n + y n x + y; 3. x n y n xy; 4. xn y n x, gdy y 0; y 5. x n x ; 6. jeśli x n y n dl prwie wszystkich n N, to x y. Dowód. Niech ε > 0. Ad. Jeśli 0, to tez jest prwdziw. Złóżmy więc, że 0. Poniewż x n x, więc istnieje n 0 N tkie, że x n x < ε/ dl n n 0. Stąd dl n n 0 mmy x n x x n x < ε ε. Ad 2. Z złożeni istnieją n, n 2 N tkie, że x n x < ε/2 dl n n orz y n y < ε/2 dl n n 2. Niech n 0 mx(n, n 2 ). Wówczs dl n n 0 mmy (x n + y n ) (x + y) (x n x) + (y n y) x n x + y n y < ε 2 + ε 2 ε. Ad 3. Poniewż ciąg {x n } n N jest ogrniczony, więc istnieje liczb M > 0 tk, że x n M dl dowolnych n N. Z złożeni istnieją n, n 2 N tkie, że x n x < ε dl n n M+ y orz y n y < ε dl n n M+ y 2. Niech n 0 mx(n, n 2 ). Wówczs dl n n 0 mmy x n y n xy x n y n x n y + x n y xy x n (y n y) + (x n x)y x n y n y + x n x y < M ε M + y + y ε M + y ε.

15 2 CIĄGI LICZBOWE 3 Ad 4. Ze względu n 3. wystrczy udowodnić, że n 0 N tkie, że ( ) y y n y < min 2, y 2 ε 2 dl n n 0. Ztem dl n n 0 mmy orz y n y (y y n ) y y y n y y 2 y 2 y n y y y n y n y y y n y n y y y n y 2 /2 y n < y 2 ε 2. Z złożeni istnieje y / y 2 2 ε. Ad 5. Wystrczy skorzystć z fktu, że x n x x n x. Ad 6. Przypuśćmy, że x > y. Weźmy ε (x y)/2 > 0. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że x n x < ε orz y n y < ε dl n n 0. Stąd dl n n 0 mmy y n y n y + y < y + ε y + x y 2 x x y 2 x + y 2 x ε < x x n x x n. Wniosek 2.6. Jeśli x n 0 orz {y n } n N jest ogrniczony, to x n y n 0. Dowód. Poniewż {y n } n N jest ogrniczony, więc istnieje M 0 tkie, że y n M dl wszystkich n N. Ztem 0 x n y n x n y n x n M. Poniewż M x n 0, więc z twierdzeni o trzech ciągch otrzymujemy, że x n y n 0, stąd x n y n 0. Twierdzenie 2.7. Jeśli ciąg jest monotoniczny i ogrniczony, to jest zbieżny. Dowód. Złóżmy, że ciąg {x n } n N jest niemlejący i ogrniczony. W przypdku, gdy ciąg jest nierosnący dowód przebieg nlogicznie. Niech A {x n : n N}. Poniewż zbiór A jest ogrniczony, więc istnieje x sup A. Udowodnimy, że x n x. Weźmy ε > 0. Z definicji kresu górnego istnieje n 0 tkie, że Wówczs dl n n 0 mmy ztem x n x < ε dl n n 0. x ε < x n0. x ε < x n0 x n x < x + ε,

16 2 CIĄGI LICZBOWE 4 Twierdzenie 2.8. (Bolzno Weierstrss) Jeśli ciąg {x n } n N jest ogrniczony, posid podciąg {x kn } n N zbieżny. Dowód. Niech M > 0 będzie liczbą rzeczywistą tką, że x n M dl wszystkich n N. Niech A { R : x n dl nieskończenie wielu n N} { R : k N n k x n }. Wówczs M A orz A < M +. Niech x sup A. Ustlmy ε > 0. Wtedy istnieje A tkie, że x ε < x. Ztem x ε < x n dl nieskończenie wielu n N. Poniewż x + ε / A, więc x + ε x n tylko dl skończonej liczby n N. Stąd x ε < x n < x + ε dl nieskończenie wielu n N. Ztem k N n k x n x < ε. Korzystjąc z tego fktu dl ε otrzymujemy, że istnieje k N tkie, że x k x <. Nstępnie znjdziemy k 2 > k tkie, że x k2 x < /2. Postępując w sposób indukcyjny dl dowolnej liczby nturlnej n znjdziemy k n > k n tkie, że x kn x < /n. Poniewż 0 x kn x < n 0, z twierdzeni o trzech ciągch otrzymmy, że x kn x 0, ztem x kn x. Twierdzenie 2.9. (Cuchy ego) Ciąg liczbowy jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest ciągiem Cuchy ego. Dowód. Fkt, że zbieżność implikuje wrunek Cuchy ego udowodniliśmy wcześniej. Złóżmy ztem, że {x n } n N spełni wrunek Cuchy ego. Weźmy ε. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że x n x m < dl n, m n 0. Stąd x n0 < x n < x n0 + dl n n 0. Niech M będzie njwiększą z liczb x, x 2,..., x n0, x n0 +. Wtedy dl kżdego n < n 0 mmy x n M. Jeśli n n 0, to M x n0 x n0 < x n < x n0 + x n0 + M. Z twierdzeni Bolzno Weierstrss istnieje podciąg {x kn } n N, który jest zbieżny do x R. Pokżemy, że wówczs x n x. Weźmy ε > 0. Wówczs istnieją liczby n 0, n N tkie, że x n x m < ε 2 dl m, n n 0 orz x kn x < ε 2 dl n n.

17 2 CIĄGI LICZBOWE 5 Niech N n będzie liczbą nturlną tką, że k N n n 0 mmy n 0. Wówczs dl dowolnego x n x x n x kn + x kn x < ε 2 + ε 2 ε. Definicj. Powiemy, że ciąg {x n } n N jest rozbieżny do plus nieskończoności, symbolicznie lim x n + lub x n +, jeśli M R n0 N n n0 M < x n. Powiemy, że ciąg {x n } n N jest rozbieżny do minus nieskończoności, symbolicznie lim x n lub x n, jeśli M R n0 N n n0 x n < M. Lemt 2.0. Niech {x n } n N orz {y n } n N będą ciągmi liczb rzeczywistych. Wówczs. jeśli x n +, to x n ; 2. jeśli x n + orz x n y n, to y n + ; 3. jeśli x n x R {+ } orz y n +, to x n + y n + ; 4. jeśli x n + lub x n, to x n 0. Dowód. Pierwsze dwie części lemtu wynikją bezpośrednio z definicji. Ad 3. Poniewż x n x R {+ }, więc ciąg {x n } n N jest ogrniczony z dołu. Niech m R będzie jego ogrniczeniem dolnym. Weźmy M R. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że M m < y n dl n n 0. Stąd dl n n 0 mmy x n + y n > m + (M m) M. Ad 4. Weźmy ε > 0. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że x n > /ε lub x n < /ε dl n n 0. Ztem dl n n 0 mmy x n > /ε, stąd 0 x n x n < ε.

18 2 CIĄGI LICZBOWE 6 Przykłd.. Jeśli x n n, to x n Jeśli >, to n +. Niech + b, gdzie b > 0. Wtedy n ( + b) n + bn Jeśli q <, to q n 0. Gdy q 0, to jest to fkt oczywisty. W przeciwnym przypdku niech / q. Poniewż >, więc n +, stąd co implikuje q n Jeśli > 0, to lim n. q n q n n 0, Jeśli, to nie m czego dowodzić. Złóżmy, że >. Wtedy < n + x n, gdzie x n > 0 dl wszystkich n N. Pondto stąd ( + x n ) n + nx n, 0 < x n 0. n Z twierdzeni o trzech ciągch x n 0, ztem n + x n. Jeśli 0 < <, to / >. Stąd Ztem n. 5. lim n n. Niech gdzie x n 0. Wtedy n ( + x n ) n + ( n n n. n n + x n, ) x n + ( n 2 ) x 2 n ( n 2 ) x 2 n dl n 2. Stąd n n(n ) x 2 2 n,

19 2 CIĄGI LICZBOWE 7 ztem x 2 n 2/n. Poniewż 0 x n 2 n 0, z twierdzeni o trzech ciągch otrzymujemy x n 0, w konsekwencji n n + x n. 6. Niech x n ( + n) n. Pokżemy, że ciąg {xn } n N jest monotoniczny i ogrniczony, ztem zbieżny. Z nierówności Bernoulliego otrzymujemy ( ) n+ n(n + 2) ( n 2 ) n+ + 2n (n + ) 2 (n + ) 2 ( (n + ) 2 ) n+ n + n n +. Ztem ( + ) n+ n + ( ) n + 2 n+ n + ( n + n ) n ( + n) n, tzn. ciąg {x n } n N jest niemlejący. Pondto x n ( + n) n n k0 n k0 k! k! n k0 ( n k ) n n n(n )... (n k + ) k k! n k k0 n n 2 n n... n k + n ( ) ( 2 ) (... n n k n Dl dowolnego k 2 mmy k! k k. Stąd x n < n k0 ) < n k0 k!. n k! k n + 2 n 2 k < W ten sposób pokzliśmy, że ciąg {x n } n N jest nierosnący i ogrniczony, więc jest zbieżny. Jego grnicę będziemy oznczć literą e. e jest liczbą niewymierną orz w przybliżeniu równą 2,

20 2 CIĄGI LICZBOWE 8 7. Niech y n k0 n k0 k! +! + 2! n!. Wówczs ciąg jest zbieżny (jest rosnący i ogrniczony z góry przez 3), zś jego grnicą jest e. Do tej pory udowodniliśmy, że x n y n dl dowolnej liczby nturlnej n. Pondto pokżemy, że y n e dl kżdego n N. Wówczs z twierdzeni o trzech ciągch będziemy wiedzieć, że y n e. Ustlmy liczbę nturlną m N. Wówczs dl dowolnej liczby nturlnej n m mmy n ( x n ) ( 2 ) (... k ) k0 k! n n n m ( ) ( 2 ) (... k ) : z n. k! n n n Poniewż n z n 0, więc m k0 ( ) ( 2 ) (... k ) k! n n n m k0 k! y m. Poniewż z n x n dl prwie wszystkich n N, z n y m orz x n e, więc y m e, co kończy dowód. Oznczeni. Niech > 0 orz x n k Q. Wówczs oznczmy x ( k ) n. Łtwo sprwdzić, że x+y x y dl dowolnych x, y Q orz x y x y gdy >, x y x y gdy. Niech x R. Ztem istnieje rosnący ciąg {x n } n N liczb wymiernych tki, że x n x. Wówczs ciąg xn jest monotoniczny i ogrniczony, ztem zbieżny. Oznczmy x : lim xn. Pondto x nie zleży od wyboru ciągu {x n } n N. Twierdzenie 2.. Jeśli x n ±, to ( + x n ) xn e. Dowód. Njpierw złóżmy, że x n +. Łtwo zuwżyć, że również [x n ] + orz [x n ] > 0 dl odpowiednio dużych n. Pondto dl odpowiednio dużych n kolejno mmy [x n ] x n < [x n ] + + [x n ] + < x n [x n ] [x n ] + < + x n + [x n ]

21 2 CIĄGI LICZBOWE 9 ( + [x n ] + ( ) [xn]+ + [x ( n]+ ) < + [x n]+ ) [xn] < ( + ) xn ( < + xn [x n ] ( + xn ) xn < ( ) [xn]+ + ) [xn] ( + ). [x n ] [x n ] Poniewż dw skrjne ciągi są zbieżne do liczby e, więc z twierdzenie o trzech ciągch otrzymujemy żądną zbieżność. Złóżmy, że x n. Wtedy ( + x n ) xn ( ) + xn ( xn xn x n ( + x n ) xn ( + x n ) xn ( ). + x n + x n ) xn Poniewż x n +, więc n podstwie tego, co udowodniliśmy wcześniej otrzymujemy żądną zbieżność. Uwg 7. Złóżmy, że α < b < β, α < c d < β orz b, d > 0. Wówczs Rzeczywiście, poniewż α < + c b + d < β. αb < < βb, αd < c < βd, więc podjąc stronmi otrzymujemy co dje żądną nierówność. α(b + d) < + c < β(b + d), Twierdzenie 2.2. (Stolz) Złóżmy, że y n + orz ciąg {y n } n N jest od pewnego miejsc ściśle rosnący. Wówczs dl dowolnego ciągu {x n } n N jeśli x n x n lim g, y n y n to x n lim g. y n

22 2 CIĄGI LICZBOWE 20 Dowód. Dowód przeprowdzimy tylko w przypdku, gdy g R. Przypdki g ± zostwimy do udowodnieni czytelnikowi. Weźmy ε > 0. Wówczs istnieje n N tki, że g ε 2 < x n x n y n y n < g + ε 2 dl n n. Nstępnie niech n 0 będzie tką liczbą nturlną, że n 0 n orz x n gy n x < ε n 2 dl n n 0. Ustlmy n n 0. Wówczs () g ε 2 < x n + x n y n + y n < g + ε 2 g ε 2 < x n +2 x n + y n +2 y n +. < g + ε 2 g ε 2 < x n x n 2 y n y n 2 < g + ε 2 g ε 2 < x n x n y n y n < g + ε 2. Stosując terz wielokrotnie obserwcję zwrtą w poprzedzjącej twierdzenie uwdze otrzymujemy ztem Pondto g ε 2 < x n x n y n y n < g + ε 2, x n x n g y n y n < ε 2. (2) x n y n g x n gy n y n + x n gy n (x n gy n ) y n x n gy n y n x n gy n y n + + y n y n x n x n g(y n y n ) y n y n y n ( y ) ( ) n xn x n g. y n y n y n Ztem x n g y n x n gy n y n + x n x n y n y n g

23 2 CIĄGI LICZBOWE 2 dl n n 0. Ztem n mocy () orz (2) otrzymujemy x n g y n < ε 2 + ε 2 ε dl n n 0, co kończy dowód twierdzeni. Twierdzenie 2.3. Jeśli n R {, + }, to n lim n. Dowód. Niech x n n orz y n n. Wówczs y n + orz {y n } n N jest rosnący. Pondto x n x n n y n y n. N podstwie twierdzeni Stolz otrzymujemy, że xn y n. Definicj. Mówimy, że x R {, + } jest punktem skupieni ciągu {x n } n N, jeśli istnieje podciąg {x kn } n N tki, że x kn x. Zbiór wszystkich punktów skupieni ciągu {x n } n N będziemy oznczć przez A({x n }). Uwg 8. Jeśli x R, to x A({x n }) ε>0 k N n k x n x < ε. Przykłd. Niech x n ( ) n + n. Wówczs A({x n}) {, }. Twierdzenie 2.4. Niech {x n } n N będzie ciągiem ogrniczonym z góry (z dołu). Wówczs zbiór A({x n }) jest ogrniczony z góry (z dołu) i posid element njwiększy (njmniejszy). Dowód. Poniewż {x n } n N jest ogrniczony z góry więc istnieje M R tk, że x n M dl wszystkich n N. Jeśli x A({x n }), to x kn x. Wtedy x x nk M, stąd x M. Ztem zbiór A({x n }) jest ogrniczony z góry. Niech α sup A({x n }). Ustlmy ε > 0. Wówczs istnieje x A({x n }) tki, że α ε 2 < x α α x < ε 2. Pondto k N n k x n x < ε 2. Jeśli x n x < ε 2, to x n α x n x + x α < ε 2 + ε 2 ε.

24 2 CIĄGI LICZBOWE 22 Stąd k N n k x n α < ε, co ozncz, że α A({x n }). Poniewż α jest ogrniczeniem górnym zbioru A({x n }) i jest jego elementem, więc jest elementem njwiększym. Anlogicznie dowodzi się istnieni elementu njmniejszego. Definicj. Njwiększy punkt skupieni ciągu {x n } n N nzywmy grnicą górną ciągu i oznczmy przez lim sup x n lub lim x n. Njmniejszy punkt skupieni ciągu {x n } n N nzywmy grnicą dolną ciągu i oznczmy przez lim inf x n lub lim x n. Jeśli ciąg {x n } n N nie jest ogrniczony z góry, to przyjmujemy lim sup x n sup A({x n }) +, jeśli ciąg {x n } n N nie jest ogrniczony z dołu, to przyjmujemy Uwg 9. Ogólnie lim inf x n inf A({x n }). lim inf Pondto, dl ciągów ogrniczonych mmy x n lim sup x n. lim x n x A({x n }) {x} lim inf x n lim sup x n x. Dowód.. Oczywiste.. Złóżmy, że A({x n }) {x} orz przypuśćmy, że x n x. Wówczs istnieje ε > 0 tki, że dl dowolnej liczby nturlnej n istnieje k n tkie, że x k x ε > 0. Ztem istnieje podciąg {x kn } tki, że x kn x ε > 0 dl wszystkich n N. Poniewż podciąg ten jest ogrniczony, więc z twierdzeni Bolzno Weierstrss istnieje jego podciąg {x kln }, który jest zbieżny do y R. Poniewż x kln x ε > 0, więc przechodząc do grnicy otrzymujemy y x ε > 0. Ztem x y A({x n }), co prowdzi sprzeczność z złożeniem A({x n }) {x}. Twierdzenie 2.5. Niech {x n } n N będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wówczs lim inf x n lim inf x k orz lim sup k n x n lim sup k n x k.

25 2 CIĄGI LICZBOWE 23 Dowód. Dowód przeprowdzimy dl grnicy górnej. Dowód dl grnicy dolnej jest nlogiczny. Złóżmy pondto, że ciąg jest ogrniczony. Niech Wówczs x n sup x k sup{x n, x n+, x n+2,...}. k n x n sup{x n, x n+, x n+2,...} sup{x n+, x n+2,...} x n+. Ztem ciąg {x n } n N jest monotoniczny i ogrniczony, więc zbieżny do pewnej liczby x. Ustlmy ε > 0. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że x n x < ε dl n n 0. Poniewż x n x n dl wszystkich n N, więc x n x n < x + ε dl n n 0. Stąd wynik, że jeśli jest punktem skupieni ciągu {x n } n N, to x + ε. Ztem Poniewż dl n n 0 mmy lim sup x n x + ε. sup{x n, x n+, x n+2,...} > x ε n n0 k n x k > x ε, więc istnieje podciąg {x kn } n N tki, że x kn > x ε. Z twierdzeni Bolzno Weierstrss istnieje podciąg {x kln } n N tki, że x kln. Wtedy x ε. Poniewż jest punktem skupieni ciągu, więc x ε lim sup x n. Ztem x ε lim sup x n x + ε dl dowolnej liczby ε > 0. Stąd x m lim sup x n x + m dl dowolnej liczby nturlnej m. Przechodząc z m do nieskończoności otrzymujemy x lim sup x n x x lim sup x n. Wniosek 2.6. Niech {x n } n N będzie ogrniczonym ciągiem liczb rzeczywistych orz niech α R. Jeśli lim sup x n < α, to x n < α dl prwie wszystkich n N. Jeśli lim sup x n > α, to x n > α dl nieskończenie wielu n N. Jeśli lim inf x n > α, to x n > α dl prwie wszystkich n N. Jeśli lim inf x n < α, to x n < α dl nieskończenie wielu n N.

26 2 CIĄGI LICZBOWE 24 Dowód. Niech x lim sup x n. Złóżmy, że x < α. Poniewż x n istnieje n 0 tkie, że x n < α dl n n 0. Ztem dl n n 0 mmy x, więc x n sup{x n, x n+, x n+2,...} x n < α, tzn. x n < α dl prwie wszystkich n N. Złóżmy, że x > α. Wówczs istnieje podciąg {x kn } zbieżny do x. Ztem istnieje n 0 tkie, że x kn > α dl n n 0, ztem x n > α dl nieskończenie wielu n N. Twierdzenie 2.7. Niech {x n } n N, {y n } n N będą ogrniczonymi ciągmi liczb rzeczywistych. Wówczs. lim sup x n + lim inf 2. lim inf x n + lim inf y n lim sup (x n + y n ) lim sup y n lim inf (x n + y n ) lim sup x n + lim sup y n ; x n + lim inf y n. Dowód. Ad. Niech x lim sup x n. Wówczs istnieje podciąg {x kn } tki, że x kn x. Poniewż ciąg {y kn } jest ogrniczony, więc z twierdzeni Bolzno Weierstrss istnieje podciąg {y kln } zbieżny R. Poniewż jest punktem skupieni dl {y n } n N, więc lim inf y n. Pondto x kln + y kln x +. Poniewż x + jest punktem skupieni dl {x n + y n } n N, więc lim sup x n + lim inf y n x + lim sup(x n + y n ). Niech z lim sup (x n + y n ). Wówczs istnieje podciąg {x kn + y kn } zbieżny do z. Poniewż ciąg {y kn } jest ogrniczony, więc z twierdzeni Bolzno Weierstrss istnieje podciąg {y kln } zbieżny R. Wtedy x kln (x kln + y kln ) y kln z. Poniewż jest punktem skupieni dl {y n } n N orz z jest punktem skupieni dl {x n } n N, więc Stąd lim sup y n orz z lim sup x n. lim sup(x n + y n ) z (z ) + lim sup Ad.2. Anlogicznie. Przykłd. Niech x n sin πn 2, y n cos πn 2, tzn. (x n + y n ) lim sup x n + lim sup y n. {x n } n0 (0,, 0,, 0,, 0,,...), {y n } n0 (, 0,, 0,, 0,,...); {x n + y n } n0 (,,,,,,,,...).

27 3 SZEREGI LICZBOWE 25 Wówczs lim inf lim inf x n, lim sup x n, y n, y n, lim sup lim inf (x n + y n ), lim sup(x n + y n ), ztem w Ad.. orz Ad.2 wszystkie nierówności są ostre. Wniosek 2.8. Jeśli ciąg {y n } n N jest zbieżny, to lim sup (x n + y n ) lim sup Ćwiczenie. Pokzć, że 3 Szeregi liczbowe x n + lim y n, lim inf (x n + y n ) lim inf x n + lim y n. lim sup( x n ) lim inf x n. Definicj. Niech { n } n N {S n } n N, gdzie będzie ciągiem liczb rzeczywistych. Wówczs ciąg sum S S S n n. nzywmy szeregiem o wyrzch, 2,... lub krótko szeregiem i oznczmy n lub n Sumę S n nzywmy n tą sumą częściową szeregu. Jeśli ciąg sum częściowych {S n } jest zbieżny, to mówimy, że szereg n n jest zbieżny, ntomist grnicę nzywmy sumą szeregu i piszemy wtedy S lim S n S n. n Jeśli ciąg {S n } nie jest zbieżny, to szereg nzywmy rozbieżnym.

28 3 SZEREGI LICZBOWE 26 Przykłd.. Rozwżmy szereg q n. n0 Jeśli q, to ciąg sum częściowych jest nstępujący S n n k0 q k + q + q q n qn q. Jeśli q <, to S lim S n. Jeśli q, to S q n jest q rozbieżny. Jeśli q, to S n n, ztem też jest rozbieżny. Podsumowując szereg n0 q n jest zbieżny dokłdnie wtedy, gdy q <. 2. Szereg n n(n + ) jest zbieżny. Istotnie, poniewż k(k+) k jest nstępujący S n n(n + ) ( 2) ( + 2 3) n +. Ztem sum tego szeregu wynosi. k+ ( n n qn, więc ciąg sum częściowych ) + ( n ) n + Twierdzenie 3.. (wrunek konieczny zbieżności szeregu) Jeśli szereg liczbowy n x n jest zbieżny, to x n 0. Dowód. Mmy x n S n S n S S 0. Twierdzenie 3.2. Szereg n x n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ε>0 n0 N n n0 k N x n+ + x n x n+k < ε. Dowód. Wystrczy zuwżyć, że S n+k S n x n+ + x n x n+k orz skorzystć z twierdzeni Cuchy ego dl ciągu {S n }. Twierdzenie 3.3. Złóżmy, że szeregi n n i n b n są zbieżne orz niech α R. Wówczs szeregi n ( n + b n ) orz n α n są zbieżne orz ( n + b n ) n + b n, α n α n. n n Dowód. Wystczy skorzystć z twierdzeni 2.5 dl ciągów sum częściowych. n n n

29 3 SZEREGI LICZBOWE Szeregi o wyrzch nieujemnych Uwg 0. Złóżmy, że n 0 dl wszystkich n N. Wówczs ciąg {S n } jest niemlejący. Ztem szereg n n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy jest ogrniczony, tzn. istnieje M 0 tkie, że S n M dl wszystkich n N. Dltego też w przypdku, gdy mmy do czynieni z szeregmi o wyrzch nieujemnych jeśli szereg n n jest zbieżny, to piszemy n n < +. Jeśli szereg n n nie jest zbieżny, to poniewż {S n } jest niemlejący, więc S n +, wtedy piszemy n n +. Twierdzenie 3.4. (kryterium porównwcze) Złóżmy, że 0 n b n dl prwie wszystkich n N. Wówczs n + b n +, n n b n < + n < +. n n Dowód. Niech S n n orz S n b + b b n. Niech 0 n b n dl n n 0. Wówczs S n S n0 S n S n 0 dl n n 0. Jeśli n n +, to S n +. Poniewż S n S n0 + S n 0 S n, więc S n +, co ozncz, że szereg n b n jest rozbieżny. Drug część twierdzeni wynik z pierwszej części i prw kontrpozycji: (p q) ( q p) Wniosek 3.5. Niech { n } n N orz {b n } n N będą ciągmi o wyrzch dodtnich. Złóżmy, że istnieje grnic n lim β. b n Jeśli szereg n b n jest zbieżny, to szereg n n jest również zbieżny. Jeśli β > 0 orz n b n jest rozbieżny, to szereg n n jest również rozbieżny. Dowód. Jeśli ciąg { n /b n } jest zbieżny, to jest ogrniczony, więc istnieje M 0 tkie, że n Mb n. Wówczs z kryterium porównwczego zbieżność n Mb n implikuje zbieżność n n. Jeśli β > 0, to istnieje n 0 N tkie, że n /b n > β/2 dl n n 0. Stąd β b 2 n < n dl n n 0. Wówczs z kryterium porównwczego rozbieżność β b n 2 n + implikuje rozbieżność n n. Twierdzenie 3.6. (kryterium Cuchy ego) Niech { n } n N będzie ciągiem o wyrzch nieujemnych. Wówczs jeśli lim sup n n <, to szereg n jest zbieżny; n

30 3 SZEREGI LICZBOWE 28 jeśli lim sup n n >, to szereg n jest rozbieżny. n Dowód. Złóżmy, że lim sup n n <. Niech r będzie liczbą rzeczywistą tką, że lim sup n n < r <. Wówczs n n < r dl prwie wszystkich n N, ztem n < r n dl prwie wszystkich n N. Poniewż szereg geometryczny n r n jest zbieżny, więc z kryterium porównwczego również szereg n n jest zbieżny. Złóżmy, że lim sup n n >. Wówczs n n > dl nieskończenie wielu n N, ztem n > dl nieskończenie wielu n N. Stąd wynik, że n 0. Z wrunku koniecznego zbieżności szeregu wynik, że szereg n n nie jest zbieżny. Przykłd. Niech x > 0. Rozwżmy szereg ) n. n ( x n Poniewż n n x/n 0 <, więc z kryterium Cuchy ego szereg jest zbieżny. Twierdzenie 3.7. (kryterium d Almbert) Niech { n } n N będzie ciągiem o wyrzch dodtnich. Wówczs jeśli lim sup n+ n <, to szereg n jest zbieżny; n jeśli lim inf n+ n >, to szereg n jest rozbieżny. n Dowód. Złóżmy, że lim sup n+ n <. Niech r będzie liczbą rzeczywistą tką, że lim sup n+ n < r <. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że n+ n < r dl n n 0. Stąd dl n n 0 mmy n n 0 + n n 2 n < r n n 0. n0 n0 n0 + n n Stąd n < n0 r n 0 r n dl n n 0. Poniewż szereg n n0 r n 0 r n jest zbieżny, więc z kryterium porównwczego również szereg n n jest zbieżny. Złóżmy, że lim inf n+ n >. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że n+ n > dl n n 0. Stąd dl n n 0 mmy n n 0 + n n 2 n >. n0 n0 n0 + n n Stąd n > n0 > 0 dl n n 0. Stąd wynik, że n 0. Z wrunku koniecznego zbieżności szeregu wynik, że szereg n n nie jest zbieżny.

31 3 SZEREGI LICZBOWE 29 Przykłd. Niech x > 0. Rozwżmy szereg Poniewż n+ n n x n+ (n+)! x n n! x n n!. x n 0 <, więc z kryterium d Almbert szereg jest zbieżny. Przykłd. Niech, b będą liczbmi dodtnimi tkimi, że < < b. Rozwżmy szereg + + b + 2 b + 2 b n b n + n b n +..., tzn. 2n n b n, 2n+ n b n. Wówczs 2n+ n b n b >, 2n n bn 2n 2n n b n <. n bn Ztem n+ n+ lim inf < < b lim sup, n n czyli kryterium d Almbert nie rozstrzyg zbieżności szeregu. Ntomist 2n+ 2n+ 2n+ n b n b orz 2n 2n 2n n b n b. Stosując kryterium Cuchy ego wnioskujemy, że jeśli b <, to szereg jest zbieżny orz jeśli b >, to szereg jest rozbieżny. Twierdzenie 3.8. Złóżmy, że { n } n N jest ciągiem nierosnącym liczb dodtnich. Wówczs n < + 2 n 2 n < +. n Dowód. Niech S n n orz U n n 2 n. Dl dowolnej liczby nturlnej k mmy Poniewż 2 k 2 k (2 k 2 k ) 2 k 2 k k k 2 k 2 k. S 2 n ( ) + ( ) ( 2 n n), n0 więc 2 U n S 2 n + U n. (3)

32 3 SZEREGI LICZBOWE 30 Jeśli szereg n0 2 n 2 n jest zbieżny, to ciąg {U n } jest ogrniczony. Ztem ciąg {S 2 n} jest ogrniczony ze względu n (3). Poniewż {S n } jest monotoniczny i posid podciąg ogrniczony, więc sm jest ogrniczony, co ozncz, że szereg n n jest zbieżny. Jeśli szereg n n jest zbieżny, to {S n } jest ogrniczony. Ze względu n (3) {U n } też jest ogrniczony, ztem szereg n0 2 n 2 n jest zbieżny. Wniosek 3.9. Jeśli α > 0, to szereg n jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy α >. Dowód. Niech n n α. Ciąg { n } jest mlejący, więc możemy zstosowć poprzednie twierdzenie. Wówczs n α 2 n 2 n 2 n (2 n ) α 2n( α) (2 α ) n. Ztem n0 2 n 2 n jest szeregiem geometrycznym o ilorzie 2 α. Jest on zbieżny dokłdnie wtedy, gdy 2 α < α < 0 < α. Wniosek 3.0. Szereg hrmoniczny n jest rozbieżny. Ntomist szereg n n 2 Przykłd.. Rozwżmy szereg Niech b n n 3/2. Wówczs n n +... n b n n n n 2 +n n 3/2 jest zbieżny. n n 2 + n. n2 n 2 + n. Poniewż szereg n n 3/2 jest zbieżny, więc i wyjściowy szereg jest zbieżny.

33 4 DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D Rozwżmy szereg Niech b n n. Wówczs n + n + n 2. n b n +n +n 2 n n + n2 + n 2 > 0. Poniewż szereg n n jest rozbieżny, więc i wyjściowy szereg jest rozbieżny. 4 Dowolne szeregi rzeczywiste c.d. Definicj. Mówimy, że szereg n n jest bezwzględnie zbieżny, jeśli szereg n n jest zbieżny. Twierdzenie 4.. Kżdy szereg bezwzględnie zbieżny jest zbieżny. Dowód. Poniewż szereg n n jest zbieżny, więc spełni wrunek Cuchy ego, tzn. ε>0 n0 N n n0 k N n+ + n n+k < ε. Z nierówności trójkąt mmy n+ + n n+k n+ + n n+k n+ + n n+k. Ztem szereg n n spełni wrunek Cuchy ego, więc jest zbieżny. Definicj. Mówimy, że szereg n n jest wrunkowo zbieżny, jeśli szereg jest zbieżny i nie jest bezwzględnie zbieżny. Przykłd. Dl dowolnego x R szereg jest bezwzględnie zbieżny. Poniewż n sin(nx) n 2 sin(nx) n 2 n 2 orz szereg n jest zbieżny, więc z kryterium porównwczego również szereg n 2 n sin(nx) n jest zbieżny. 2

34 4 DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D. 32 Twierdzenie 4.2. (kryterium Dirichlet) Niech { n } n orz {b n } n będą ciągmi rzeczywistymi. Złóżmy, że ciąg { n } n jest monotonicznie zbieżny do zer; ciąg sum częściowych B n b b n jest ogrniczony. Wówczs szereg n n b n jest zbieżny. Dowód. Złóżmy, że ciąg { n } n jest nierosnący. W przeciwnym przypdku dowód jest nlogiczny. Poniewż n 0, więc n 0 dl wszystkich n N. Poniewż ciąg {B n } jest ogrniczony, więc wybierzmy B > 0 tkie, że B n B dl wszystkich n N. Weźmy ε > 0. Wówczs istnieje n 0 N tkie, że n < ε/(2b) dl n n 0. Wówczs dl n n 0 orz k N mmy n+ b n+ + n+2 b n n+k b n+k n+ (B n+ B n ) + n+2 (B n+2 B n+ ) n+k (B n+k B n+k ) B n n+ + B n+ ( n+ n+2 ) B n+k ( n+k n+k ) + B n+k n+k. Stąd wykorzystując nierówność trójkąt otrzymujemy n+ b n+ + n+2 b n n+k b n+k B n+ + B( n+ n+2 ) B( n+k n+k ) + B n+k B( n+ + ( n+ n+2 ) ( n+k n+k ) + n+k ) 2B n+ < ε dl n n 0 orz k N. Ztem szereg n n b n spełni wrunek Cuchy ego, więc jest zbieżny. Oznczeni. Szeregi postci gdzie n 0 nzywmy nprzemiennymi. ( ) n+ n, n Twierdzenie 4.3. (kryterium Leibniz) Złóżmy, że ciąg jest monotoniczny i zbieżny do zer. Wówczs szereg n ( ) n+ n jest zbieżny. Dowód. Niech b n ( ) n+, wtedy B n 0, gdy n jest przyst orz B n, gdy n jest nieprzyst. Ztem ciąg {B n } jest ogrniczony. Terz korzystjąc z kryterium Dirichlet otrzymujemy zbieżność szeregu n ( ) n+ n.

35 4 DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D. 33 Przykłd.. Rozwżmy szereg ( ) n+ n n Poniewż ciąg n /n monotonicznie zbier do zer, więc n podstwie kryterium Leibniz nsze szereg jest zbieżny. Nie jest on jednk bezwzględnie zbieżny, poniewż szereg hrmoniczny n jest rozbieżny. Możn udowodnić, że sum nszego szeregu wynosi ln n Rozwżmy szereg n sin(nx). n Niech n /n orz b n sin(nx). Możn pokzć, że ciąg B n n k sin(nx) jest ogrniczony (ćwiczenie), więc z kryterium Dirichlet otrzymujemy zbieżność szeregu. Twierdzenie 4.4. (kryterium Abel) Niech { n } n orz {b n } n będą ciągmi rzeczywistymi. Złóżmy, że ciąg { n } n jest monotoniczny i zbieżny; szereg n b n jest zbieżny. Wówczs szereg n n b n jest zbieżny. Dowód. Niech będzie grnicą ciągu { n }. Wówczs ciąg { n } monotonicznie zbieg do zer. Poniewż szereg n b n jest zbieżny, więc ciąg sum częściowych B n jest ogrniczony. Ztem z twierdzeni Dirichlet szereg jest zbieżny. Pondto wiemy, że szereg ( n )b n n b n n jest zbieżny. Ztem korzystjąc z tego, że n b n ( n )b n + b n otrzymujemy zbieżność nszego szeregu. Przykłd. Rozwżmy szereg ( + ) sin(nx). n n n Jest on zbieżny w oprciu o poprzedni przykłd orz kryterium Abel.

36 4 DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D. 34 Twierdzenie 4.5. Złóżmy, że n n jest szeregiem bezwzględnie zbieżnym orz π : N N permutcją zbioru liczb nturlnych (bijekcj). Wówczs szereg n π(n) jest bezwzględnie zbieżny orz π(n) n. n n Dowód. Weźmy ε > 0. Wówczs istnieje n N tkie, że dl dowolnego k N mmy N+k in+ i < ε/2. Poniewż π jest bijekcją więc istnieje n N tkie, że {, 2,..., N} {π(), π(2),..., π(n )}. Wówczs jeśli n > n, to π(n) > N. Oznczmy S n n, T n π() + π(2) π(n). Złóżmy, że n > n. Wówczs S n T n mx{π(k): k n} in+ i < ε/2. Poniewż S n S, więc istnieje n 0 n tkie, że dl n n 0 mmy S n T n < ε/2. Ztem dl n n 0 otrzymujemy Stąd T n S. T n S T n S n + S n S < ε/2 + ε/2 ε. Twierdzenie 4.6. (Riemnn) Złóżmy, że szereg n n jest wrunkowo zbieżny, tzn. jest zbieżny lecz nie jest bezwzględnie zbieżny. Wówczs dl dowolnego S R {, + } istnieje permutcj π : N N tk, że π(n) S. n Twierdzenie 4.7. Niech n n będzie szeregiem zbieżnym. Złóżmy, że {i n } n0 będzie rosnącym ciągiem liczb nturlnych tkim, że i 0 0. Niech {b n } n N będzie ciągiem dnym wzorem b n in + + in in. Wówczs szereg n b n jest zbieżny orz n b n n n.

37 4 DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D. 35 Dowód. Niech A n i B n będą summi częściowymi odpowiednio szeregów n n i n b n. Wówczs B n A in jest zbieżny do n n. Uwg. Ze zbieżności szeregu n b n nie nleży wnioskowć zbieżności szeregu n n. Rozwżmy szereg n ( ) n+ orz niech i n 2n dl n 0. Wówczs b n 2n + 2n 0. Oczywiście szereg n b n jest zbieżny zś n ( ) n+ nie jest zbieżny. 4. Iloczyn szeregów Niech n n i n b n będą szeregmi zbieżnymi. Rozwżmy wszystkie iloczyny wyrzów tych szeregów tzn. { i b j : i, j N}. Iloczyny te możn ustwić w ciąg nieskończony n wiele różnych sposobów i utworzyć z nich szereg. Jeśli wyjściowe szeregi są bezwzględnie zbieżne, to wszystkie w ten sposób utworzone szeregi będą posidły tę smą sumę. Twierdzenie 4.8. (Cuchy ego) Jeśli szeregi n n A i n b n B są bezwzględnie zbieżne, to szereg utworzony z iloczynów i b j, i, j N zsumownych w dowolnej kolejności jest bezwzględnie zbieżny orz i b j AB. (i,j) N N Dowód. Niech n n A i n b n B. Niech n in b jn będzie szeregiem utworzony z ustwieni iloczynów i b j, i, j N w ciąg { in b jn } n N. Pokżemy, że szereg n in b jn jest zbieżny. Niech D n będzie n tą sumą częściową tego szeregu. Niech k n mx{i k, j l : k, l n}. Wówczs k D n in b jn k n k n i b j i b j A B. m i,j k n i j Ztem n in b jn jest bezwzględnie zbieżny i z twierdzenie 4.5 jego sum nie zleżny od kolejności zliczni iloczynów. Ustwmy ztem iloczyny i b j, i, j N w szereg postci b + ( b b b ) + ( b b b b b ) + ( b Niech d n n i i b n + n i n b. Z twierdzeni 4.7 szereg n d n jest zbieżny zś jego sum jest równ n in b jn. Niech A n, B n orz D n będą n tymi summi częściowymi odpowiednio szeregów n n, n b n orz n d n. Wówczs D n i b j A n B n AB. i,j n

38 4 DOWOLNE SZEREGI RZECZYWISTE C.D. 36 Definicj. Iloczynem Cuchy ego szeregów n n i n b n nzywmy szereg n c n, gdzie c n n i i b n+ i, tzn. c b c 2 b b c 3 b b b. c n b n + 2 b n n b 2 + n b. Wniosek 4.9. Jeśli szeregi n n A i n b n B są bezwzględnie zbieżne orz n c n jest ich iloczynem Cuchy ego, to n c n jest bezwzględnie zbieżny orz jego sum wynosi A B. Przykłd. Niech x, y R. Rozwżmy szeregi x n n0 orz y n n! n0, które jk wiemy n! są bezwzględnie zbieżne. Niech n0 c n będzie ich iloczynem Cuchy ego. Wówczs n n c n n b n k k0 k0 x k k! y n k (n k)! n! Z poprzedzjącego wniosku otrzymujemy ztem n k0 ( n k ) x k y n k (x + y)n. n! (x + y) n n0 n! n0 x n n! n0 y n n!. Twierdzenie 4.0. (Mertens) Złóżmy, że szereg n n A jest bezwzględnie zbieżny, szereg n b n B jest zbieżny. Wówczs ich iloczyn Cuchy ego n c n jest zbieżny orz jego sum wynosi A B. Dowód. Oznczmy przez A n, B n i C n n tą sumę częściową odpowiednio szeregu n n, n b n i n c n. Zuwżmy, że C n n n j c j k b j+ k n n k b j+ k k b j+ k j j k k j n k jk n n n n k b j+ k k (b + b b n+ k ) k B n+ k. k jk k k Oznczmy β n B B n dl n N. Wówczs n n n C n k B n+ k k (B β n+ k ) A n B k β n+ k. k k k

39 5 GRANICA FUNKCJI 37 Jeśli oznczymy γ n n k k β n+ k, to C n A n B γ n. Poniewż A n A, wystrczy pokzć, że γ n 0. Weźmy ε > 0. Poniewż β n 0, więc istnieje n N tkie, że dl n n mmy β n < ε 2A, gdzie A n n. Zbieżność ciągu {β n } n N implikuje jego ogrniczoność, ztem istnieje M > 0 tkie, że β n M dl dowolnego nturlnego n. Z wrunku koniecznego wynik, że n 0. Stąd istnieje n 2 N tkie, że dl n n 2 mmy n < ε 2Mn. Niech n 0 n + n 2 2. Wówczs dl n n 0 mmy n γ n k β n+ k β n + 2 β n n β 2 + n β k ( β n n n + β n ) + ( n n +2 β n n β ) < ε < ( n+n ) 2A + (n ε ) M A ε 2Mn 2A + ε ε. 2 Stąd γ n 0. 5 Grnic funkcji Definicj. Niech A R będzie zbiorem niepustym. Punktem skupieni zbioru A nzywć będziemy dowolny punkt x R, dl którego istnieje ciąg {x n } n N tki, że x n A, x n x dl wszystkich n N orz x n x. Zbiór wszystkich punktów skupieni zbioru A będziemy oznczć przez A d. Jeśli istnieje ciąg {x n } n N tki, że x n A dl wszystkich n N orz x n + ( ), to mówimy, że + ( ) jest niewłściwym punktem skupieni zbioru A. Przykłd.. (0, ] d [0, ]; 2. ((, ) {2}) d [, ]; 3. { n : n N}d {0}; 4. Q d R; 5. Z d. Uwg 2. x 0 A d δ>0 x A 0 < x x 0 < δ.

40 5 GRANICA FUNKCJI 38 Definicj. (Heinego grnicy funkcji) Niech D R, f : D R orz x 0 D d. Mówimy, że f posid w punkcie x 0 grnicę w sensie Heinego y 0 R, jeśli dl dowolnego ciągu {x n } n N tkiego, że x n D, x n x 0 dl wszystkich n N orz x n x 0 zchodzi f(x n ) y 0. Definicj. (Cuchy ego grnicy funkcji) Niech D R, f : D R orz x 0 D d. Mówimy, że f posid w punkcie x 0 grnicę w sensie Cuchy ego y 0 R, jeśli ε>0 δ>0 x D (0 < x x 0 < δ f(x) y 0 < ε). Twierdzenie 5.. Definicje Heinego i Cuchy ego są równowżne. Dowód. Złóżmy, że y 0 jest grnicą w sensie Cuchy ego funkcji f w punkcie x 0 D d. Niech {x n } n N będzie dowolnym ciągiem tkim, że x n D \{x 0 } dl wszystkich n N orz x n x 0. Musimy pokzć, że f(x n ) y 0. Weźmy ztem dowolny ε > 0. N mocy definicji Cuchy ego istnieje δ > 0 tkie, że dl dowolnej liczby x D tkiej, że 0 < x x 0 < δ, mmy f(x) y 0 < ε. Poniewż x n x 0, więc istnieje n 0 N tkie, że 0 < x n x 0 < δ dl n n 0. Stąd dl n n 0 otrzymujemy f(x n ) y 0 < ε, ztem f(x n ) y 0. Złóżmy, że y 0 jest grnicą w sensie Heinego funkcji f w punkcie x 0 D d. Przypuśćmy, że y 0 nie jest grnicą w sensie Cuchy ego funkcji f w punkcie x 0. Wtedy ε>0 δ>0 x D 0 < x x 0 < δ f(x) y 0 ε. Biorąc kolejno z δ n skonstruujemy ciąg {x n} n N tki, że x n D, 0 < x n x 0 < /n orz f(x n ) y 0 ε dl dowolnego n N. Ztem x n x 0, więc z definicji Heinego mmy f(x n ) y 0, co stoi w sprzeczności z wrunkiem f(x n ) y 0 ε. Oznczeni. Jeśli y 0 jest grnicą funkcji f w punkcie x 0 D d, to piszemy lim f(x) y 0. x x 0 Stwierdzenie 5.2. Niech f, g : D R orz x 0 D d. Złóżmy, że lim x x0 f(x) orz lim x x0 g(x) b. Wówczs. lim x x0 αf(x) α dl dowolnego α R; 2. lim x x0 (f(x) + g(x)) + b; 3. lim x x0 f(x)g(x) b; f(x) 4. lim x x0, gdy b 0. g(x) b

41 5 GRANICA FUNKCJI 39 Dowód. Ad.. Niech {x n } n N będzie dowolnym ciągiem tkim, że x n D \ {x 0 } orz x n x 0. Musimy pokzć, że αf(x n ) α. Ale, z definicji Heinego, wiemy, że f(x n ). Stosując terz twierdzenie 2.5 otrzymujemy pożądną zbieżność. Pozostłe części wynikją również bezpośrednio z twierdzenie 2.5. Definicj. Niech f : D R. Jeśli x 0 D d, to lim f(x) + ( ) x x 0 {xn} D\{x0 }(x n x 0 f(x n ) + ( )) M R δ>0 x D (0 < x x 0 < δ f(x) > M (f(x) < M)). Jeśli ± jest niewłściwym punktem skupieni zbioru D, to lim x ± f(x) y 0 {xn} D\{x 0 }(x n + ( ) f(x n ) y 0 ) ε>0 M R x D (f(x) > M (f(x) < M) f(x 0 ) y 0 < ε). Anlogicznie możemy zdefiniowć co to znczy, że lim x ± f(x) + lub lim x ± f(x). Przykłd.. lim x 2 x 2 4, bo jeśli x n 2, to x 2 n lim x 0 (sgn(x)) 2, gdzie gdy x > 0 sgn(x) gdy x < 0 0 gdy x lim x ± x 0. Dl dowolnego ε > 0 wystrczy wziąć M ±. Jeśli x > lub ε ε x <, to 0 < ε. ε x x 4. lim x + ex + orz lim x ex 0. Weźmy dowolne M > 0. Niech N ln M. Jeśli x > N ln M, to e x > e ln M M. Jeśli x n, to x n +, wtedy e xn +. Jednk e xn e xn 0 z poprzedniego przykłdu. 5. Jeśli x 0 > 0, to lim x x0 ln x ln x 0. Złóżmy, że ln x 0 nie jest grnicą funkcji ln w punkcie x 0. Z definicji Heinego istnieje ciąg {x n } tki, że x n x 0 orz ln x n ln x 0. Poniewż ciąg {x n } jest odgrniczony od zer, tzn. /M < x n <

42 5 GRANICA FUNKCJI 40 M, więc ln x n < ln M. Ztem możemy wybrć podciąg {ln x kn }, który jest zbieżny do y 0 ln x 0. Wówczs co prowdzi do sprzeczności. x kn e ln x kn e y0 e ln x 0 x 0, 6. lim x x0 sin x sin x 0 orz lim x x0 cos x cos x lim ln x + orz lim ln x (ćwiczenie). x + x 0 ( 8. lim + x e. x ± x) 9. lim x 0 ( + x) x e. 0. lim x 0 x ln x 0. Njpierw rozwżmy ciąg n ln n + ln(n + ). n Ten ciąg zbieg do 0 n podstwie twierdzenie Stolz. Rzeczywiście, niech n ln(n + ), b n n. Wtedy b n jest monotonicznie rozbieżny do + orz n+ n b n+ b n ln(n + 2) ln(n + ) (n + ) n ln n + 2 n + ln 0. Złóżmy, że x n > 0 orz x n 0. Wtedy [/x n ] +. Wówczs dl odpowiednio dużych n kolejno mmy [ x n ] x n < [ x n ] + x n ] + < x n [ [ x n ] 0 < x n ln x n < [ x n ] ln [ x n ] + 0. Z twierdzeni o trzech ciągch x n ln x n 0.. lim x 0 x x, poniewż x x e x ln x.