CIA GI I ICH GRANICE

Transkrypt

1 CIA GI I ICH GRANICE Defiicja 5. cia gu) Cia giem azywamy dowola fukcje określoa a zbiorze z lożoym ze wszystkich tych liczb ca lkowitych, które sa wie ksze lub rówe pewej liczbie ca lkowitej 0. Wartość tej fukcji pukcie azywamy -tym wyrazem cia gu. Zwykle ozaczamy wyrazy cia gu przez a 0, a 0 +, a 0 +2, a sam cia g symbolem a 0,a 0 +,a 0 +2,... albo ) a lub = 0 krótko ) a, jeśli ie ma wa tpliwości od jakiego umeru zaczyamy, lub gdy jest to ieistote. Przyk lad 5. Liczby aturale, wypisae w zwyk lej kolejości, tworza cia g: a =. Przyk lad 5.2 Pote gi dwójki tworza cia g. Wystarczy przyja ć a = 2. Koleje wyrazy tego cia gu wygla daja tak:,2,4,8,...,2,... Moża apisać: a = 2 dla = 0,,2,... Przyk lad 5.3 Odwrotości kolejych dodatich liczb aturalych tworza cia g: a =, a 2 = 2, a 3 = 3,..., ogólie a = dla =,2,3... Przyk lad 5.4 Liczby a =, a 2 = 2, a 3 = 2 + 3, a 3 = ,... tworza cia g. Możemy apisać wzór a = ),... dla =,2,3,... Przyk lad 5.5 Cia g o wyrazach c,c,c... azywamy sta lym. Przyk lad 5.6 Jeśli p. chcemy zdefiiować pole ko la, to możemy rozważać p. wieloka ty foreme wpisae w to ko lo o coraz wie kszej liczbie boków i mówić, że pole ko la jest liczba, która moża przybliżać polami tych wieloka tów, przy czym przybliżeie jest tym dok ladiejsze im wie ksza jest liczba boków wieloka ta. Mamy tu wie c do czyieia z cia giem pól wieloka tów wpisaych w dae ko lo, co ozacza, że liczbom aturalym pocza wszy od 3 przypisae zosta ly pewe liczby rzeczywiste. Te ostatie 22

2 azywamy wyrazami cia gu i ozaczamy zwykle symbolem a. Przyk lad 5.7 Iy przyk lad rozważa l Zeo z Elei, filozof p..e). Twierdzi l o miaowicie, że zay w starożytości biegacz Achilles ie jest w staie dogoić żó lwia. Rozważaia te przedstawimy oczywiście używaja c wspó lczesego je zyka i stosuja c wspó lczese ozaczeia. Za lóżmy a przyk lad, że pocza tkowa odleg lość mie dzy Achillesem i żó lwiem rówa jest 00 m. Dla prostoty przyjmiemy, że pre dkość Achillesa jest dziesie ciokrotie wie ksza iż pre dkość uciekaja cego żó lwia. W jakimś czasie Achilles przebiegie 00 m. W tym samym czasie żó lw przesuie sie o 0 m, wie c przyajmiej a razie ie zostaie z lapay. Po 0 tego czasu Achilles przebiegie 0 m, jedak zów ie dogoi żó lwia, który oddali sie o aste py metr. Achilles przebiegie metr, a żó lw oddali sie o 0 cm itd. Proces te moża kotyuować. Prowadzi to do rozpatrywaia coraz d luższych odcików przebytych przez Achillesa, czyli liczb: 00, 0,,,,,,... czyli cia gu, którego wyraz o umerze jest day za pomoca wzoru a = =,... przy czym w zapisie dziesie tym tej liczby wyste puje jedyek. Zeo po prostu ie potrafi l zsumować ieskończeie wielu sk ladików. Nie operowa l poje ciem sumy ieskończoej, ie umiao wtedy takiego poje cia zdefiiować. Tego rodzaju problemy aalizowao już wtedy, ale ścis le defiicje matematycze pojawi ly sie dopiero w pierwszej po lowie XIX w. Gauss, Cauchy, Bolzao). Możemy latwo odpowiedzieć a pytaie, jaka odleg lość przebiegie Achilles, zaim z lapie żó lwia:,... = Na wszelki wypadek podamy formale rozumowaie, które moża by lo zastosować rówież w starożytości, jedak bez jawego użycia poje cia sumy ieskończoej, a wie c omijaja c istoty problem matematyczo-filozoficzy. Ozaczmy odleg lość przebyta przez żó lwia do mometu zakończeia pogoi przez x. Achilles w tym samym czasie przebieg l odleg lość 0x. Różica tych wielkości to 9x = 00. Sta d atychmiast wyika, że x = 00 9, zatem 0x = Oczywiście problemem istotym by lo tu oblicze- 23

3 ie tzw. graicy cia gu, czym zajmiemy sie iebawem. 5. Przyk lad 5.8 Za lóżmy, że wp laciliśmy do baku pewa kwote k z l. a rachuek p laty a każde ża daie, oprocetoway w stosuku 00x w skali roczej. Za lóżmy przy tym, że jeśli bak wyp laca am pieia dze ie po roku lecz po jego cze ści, p. dwóch miesia cach, to wyp laca am odpowiedia cze ść oprocetowaia. Be dziemy rozważać sytuacje abstrakcyja ie zwracaja c uwagi a to, że operacje bakowe ie sa wykoywale mometalie i że cze sto okres oprocetowaia liczy sie od dia aste pego po wp lacie. Zastaówmy sie jaka kwote be dziemy mogli uzyskać po up lywie roku. Baala odpowiedź to k+x k = k+x). Ta odpowiedź ie jest jedak w pe li satysfakcjouja ca, bowiem mogliśmy wyja ć pieia dze z rachuku po pó l roku i atychmiast wp lacić je z powrotem. Wtedy po po lowie roku otrzymalibyśmy po lowe oprocetowaia tj. kwote k + 2 x k = k + x 2 ), a po aste pych sześciu miesia cach kwote k + x 2 ) + x 2 k + x 2 ) = k + x 2 )2, a wie c wie ksza od k + x) o k x2 4. Jeżeli a przyk lad k = 000 oraz x = 0,, co odpowiada oprocetowaiu 0% w skali roczej, to k x2 4 = 2,5, a wie c powsta la różica, która co prawda duża ie jest, ale istieje i przy wie kszych kwotach zaczya mieć istote zaczeie. Ważiejsze jest jedak to, że stwierdzeie, że oprocetowaie w skali roczej jest rówe 00x ziterpretowaliśmy a dwa róże sposoby i widać wyraźie, że możemy podać jeszcze iy wyik. Odwiedzajmy p. asz bak ie co pó l roku, lecz co miesia c dla prostoty przyjmujemy, że miesia c to 2 cze ść roku). Rozumuja c tak jak poprzedio stwierdzamy, że po miesia cu otrzymamy k + x 2 ) z l, zaś po 2 miesia cach k+ x 2 )2 z l. Oczywiście po trzech miesia cach otrzymujemy kwote k + x 2 )3, po czterech k + x 2 )4 itd. 5. By ly ie paradoksy zwia zae z problemem dzieleia w ieskończoość a cze ści, p. pukt ie ma d lugości, odciek sk lada sie z puktów i ma d lugość, poruszaja cy sie obiekt w ieskończeie krótkim czasie ie przebywa żadej odleg lości, a jedak sie porusza. Przekoamy sie, że dzie ki poje ciu graicy daje sie w sesowy sposób mówić o tego rodzaju kwestiach ie dochodza c do pozorych sprzeczości. 24

4 Po 2 miesia cach wyp lacić ależa loby k + x 2 )2 z l. Gdybyśmy podzielili rok a rówych cze ści, gdzie ozaczać może dowola z liczb,2,3,..., to wyp lata po up lywie m cze ści roku by laby rówa k + x )m z l, zaś po roku k + x ) z l. Powstaje wie c problem, jak ależy liczyć oprocetowaie w tym przypadku, czy rozdrabiaie roku powoduje wzrost wyp lat istoty przyajmiej w przypadku dużych kwot, czy też od pewego mometu zwie kszaie cze stotliwości operacji już ie powoduje istotych zmia. Prowadzi to do badaia cia gu o wyrazie k + x ). Przyk lad 5.9 Iym rodzajem cia gu jest tzw. cia g geometryczy: a = a 0 q, gdzie a 0 i q sa dowolymi liczbami rzeczywistymi. Liczbe q azywamy ilorazem cia gu geometryczego, bo gdy q 0 jest rówa ilorazowi dwóch kolejych wyrazów cia gu. Liczba ludzi w kraju o sta lym przyroście aturalym zachowuje sie jak cia g geometryczy o ilorazie dosyć bliskim jedości dodati przyrost aturaly ozacza, że iloraz jest wie kszy iż, zaś ujemy przyrost aturaly że iloraz jest miejszy iż. Przyk lad 5.0 Jeszcze iym rodzajem cia gu jest cia g arytmetyczy: a = a 0 + d, gdzie a 0 oraz d ozaczaja dowole liczby rzeczywiste. Liczba d zwaa jest różica cia gu arytmetyczego, jest oa rówa różicy dwóch kolejych wyrazów cia gu. Na pocza tku XIX wieku zaobserwowao, że ilość zboża zachowuje sie jak wyraz cia gu arytmetyczego jest umerem roku). Oczywiście tego rodzaju obserwacje sa przybliżoe, bowiem co jakiś czas zdarzaja sie powodzie, susze i wtedy proces wzrostu ulega zak lóceiu. Bywaja też zak lóceia iego rodzaju, p. w XIX zauważoo, że stosowaie saletry chilijskiej późiej awozów azotowych) zwie ksza w istoty sposób ploy. By ly też ie zak lóceia,,aturalego tempa wzrostu ilości zbóż. Przyk lad 5. W re kopisie z 202 r Leoarda z Pizy, zwaego Fiboaccim, zajduje sie aste puja ce zadaie: Ile par królików może być sp lodzoych przez pare p lodych królików i jej potomstwo w cia gu roku, jeśli każda para daje w cia gu miesia ca żywot jedej parze, para staje sie p loda po miesia cu, króliki ie zdy- 25

5 chaja w cia gu tego roku. Jase jest, że po miesia cu mamy już dwie pary przy czym jeda z ich jest p loda, a druga jeszcze ie. Wobec tego po dwóch miesia cach żyja już trzy pary królików: dwie p lode, jeda jeszcze ie. Po trzech miesia cach żyje już pie ć par królików: trzy p lode, dwie jeszcze ie. Po czterech miesia cach jest już 8 = par królików. Kotyuuja c to poste powaie stwierdzamy po iezbyt d lugich obliczeiach, że po up lywie roku żyje już 377 = par królików. Naturalym problemem jest: zaleźć wzór a liczbe a, jeśli a 0 =, a = 2 i a = a +a 2 dla = 2,3,4,... Wzór taki zosta l zalezioy dopiero po kilkuset latach od apisaia ksia żki przez Fiboacci ego i wygla da tak: a = + 5 ) ) ) Dowód prawdziwości tego wzoru jest prosty latwa idukcja. Jedak powstaje pytaie, jak moża tego rodzaju hipoteze sformu lować. Jest oo zaczie ważiejsze od dowodu prawdziwości tego wzoru, jedak a razie ie be dziemy sie tym zajmować. Sume, różice, iloczy i iloraz dwóch cia gów określamy tak jak dzia laia a fukcjach, tz. suma cia gów a ) i b ) jest cia g, którego ty wyraz rówy jest a + b. Różica cia gów a ) i b ) jest cia g a b, iloczyem cia g a b ), ilorazem cia g a b, jeśli dla każdego zachodzi ierówość b 0. Defiicja 5.2 cia gów mootoiczych) Cia g a ) azywamy iemaleja cym rosa cym) wtedy i tylko wtedy, gdy ierówość a a + a < a + ) zachodzi dla każdego umeru. Podobie cia g ierosa cy maleja cy) to taki, że dla każdego umeru zachodzi ierówość a a + a > a + ). Cia gi iemaleja ce i ierosa ce maja wspóla azwe : cia gi mootoicze. Cia gi rosa ce i maleja ce azywamy cia gami ściśle mootoiczymi. W iektórych podre czikach stosowaa jest ieco ia termiologia: cia gi iemaleja ce zwae sa tam rosa cymi, a rosa ce ściśle rosa cymi. Jest oboje te, która z dwu kocepcji stosujemy, jeśli tylko robimy to kosekwetie. Moża też, dla uikie cia 26

6 ieporozumień, mówić o cia gach iemaleja cych i ściśle rosa cych. Cia g geometryczy zaczyaja cy sie od wyrazu a = q jest mootoiczy w przypadku q 0: dla q = 0 i dla q = cia g geometryczy jest sta ly, wie c iemaleja cy i jedocześie ierosa cy. Jest maleja cy, gdy 0 < q <, dla q > jest rosa cy. Cia g arytmetyczy jest rosa cy, gdy d > 0, maleja cy gdy d < 0, sta ly wie c jedocześie iemaleja cy i ierosa cy), gdy d = 0. Defiicja 5.3 cia gów ograiczoych) Cia g a ) jest ograiczoy z góry wtedy i tylko wtedy, gdy istieje liczba rzeczywista M, taka że dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość: a M. Aalogiczie a ) jest ograiczoy z do lu wtedy i tylko wtedy, gdy istieje liczba rzeczywista m taka, że dla każdego zachodzi ierówość a m. Cia g ograiczoy z góry i z do lu azywamy ograiczoym. Cia giem ieograiczoym azywamy cia g, który ie jest ograiczoy. Cia g ) jest ograiczoy z do lu p. przez 3 lub 0, ale ie jest ograiczoy z góry, wie c jest ieograiczoy. Cia g ) ) jest ograiczoy z góry p. przez lub przez 000 oraz z do lu, p. przez, ale rówież przez 3. Stwierdzeie 5.4 Cia g a ) jest ograiczoy wtedy i tylko wtedy, gdy istieje liczba ieujema M, taka że a M dla każdego. To oczywisty wiosek z defiicji cia gu ograiczoego: M musi być tak duże, by liczba M by la ograiczeiem dolym cia gu a ) i jedocześie liczba M jego ograiczeiem, górym. Cia gi z pierwszych dwóch przyk ladów sa rosa ce, cia g z trzeciego przyk ladu jest maleja cy, a cia g z czwartego przyk ladu w ogóle ie jest mootoiczy, bowiem: > 2 < > Cia g sta ly jest jedocześie ierosa cy i iemaleja cy. Cia g pól wieloka tów foremych wpisaych w dae ko lo jest rosa cy, co wymaga dowodu, który pozostawiamy Czytelikowi. Cia g rozpatryway przez Zeoa z Elei jest rosa cy. Podobie cia gu opisuja cy sta kota bakowego przy sta lym oprocetowaiu dodatim). 27

7 Cia g geometryczy zaczyaja cy sie od wyrazu dodatiego rośie, gdy jego iloraz jest wie kszy iż, maleje gdy iloraz jest dodati, ale miejszy od. Jeśli a 0 i q < 0, to cia g geometryczy o ilorazie q, zaczyaja cy sie od a ie jest mootoiczy. Cia gi ) i 2 ) sa ograiczoe z do lu, a z góry ie. Cia g jest ograiczoy z góry przez a z do lu przez 0. Cia g o wyrazie a = ) jest ograiczoy z góry przez liczbe, a z do lu przez liczbe 2, co latwo wyika z tego, że po odje ciu pewej liczby dodajemy aste pa, ale miejsza od odje tej. Latwo wie c widać, że w tym przypadku spe lioe sa ierówości: a > a 3 > a 4 >..., a 2 < a 4 < a 6 <... oraz a > a 2 < a 3 > a 4 < a 5 >... Zdefiiujemy graice cia gu poje cie wspomiae przy omawiaiu paradoksu Zeoa. Pojawia sie od razu trzy przypadki. Defiicja 5.5 graicy cia gu) a. Liczba g azywaa jest graica cia gu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolej liczby dodatiej ε > 0 istieje liczba ca lkowita ε, taka że jeśli > ε, to a g < ε. b. + czytaj: plus ieskończoość) jest graica cia gu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istieje liczba ca lkowita m taka, że jeżeli > M, to spe lioa jest ierówość a > M. c. czytaj: mius ieskończoość) jest graica cia gu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby rzeczywistej M istieje liczba ca lkowita m taka, że jeśli > M, to spe lioa jest ierówość a < M. Jeśli g jest graica cia gu a ), skończoa lub ie, to piszemy g = lim a lub a g. Moża też pisać a g, gdy lub krótko a g. Mówimy, że cia g jest zbieży, jeśli jego graica jest skończoa. ) g ε a g a m g+ ε graicacia guijegowyrazy,gdy m,sa duże Symbole ± ie ozaczaja liczb. Wprowadzamy je, by uprościć sposób mówieia o cia gach. Zak ladamy oczywiście, że dla 28

8 każdej liczby rzeczywistej x zachodzi ierówość < x <, ale to zdaie ja defiiuje, bo oa z iczego ie wyika, gdyż symbole ± dopiero wprowadziliśmy. Umowa 5.6 Jeżeli jakaś w lasość przys luguje wszystkim wyrazom cia gu z wyja tkiem skończeie wielu, to mówimy, że przys luguje oa prawie wszystkim wyrazom cia gu lub, że zachodzi dla dostateczie dużych umerów. Przyja wszy te umowe możemy wypowiedzieć defiicje graicy cia gu tak: liczba g jest graica cia gu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby ε > 0, dla prawie wszystkich liczb aturalych zachodzi ierówość a g < ε. Podobie moża wypowiedzieć defiicje graicy w pozosta lych przypadkach, co Czytelik powiie zrobić samodzielie. O graicy skończoej cia gu moża myśleć, że jest to liczba, która każdy dostateczie daleki wyraz cia gu a ) przybliża z dopuszczalym czyli miejszym iż ε) b le dem. Nie to jest ca lkiem precyzyje, ale za to dosyć obrazowe sformu lowaie. Przyk lad 5.2 Cia g sta ly jest zbieży, dok ladiej: jeśli a = c dla wszystkich liczb aturalych, to lim a = c. Przyk lad 5.3 lim = 0. Udowodimy te rówość. Niech ε > 0 be dzie dowola liczba rzeczywista. Z zasady Archimedesa wyika, że istieje liczba aturala ε > ε. Jeśli > ε, to < ε < ε, wie c 0 = < ε. Przyk lad 5.4 lim + =. Mamy + = +. Jeśli wie c ε > 0, to dla ε > ε i > ε mamy + < ε. Przyk lad 5.5 Jeśli d > 0, to + = lim a 0 +d). Wykażemy te rówość. Jeśli M R, ε > M a 0 d oraz > ε, to > M a 0, zatem a d = a 0 + d > M, co uzasadia prawdziwość rówości, która dowodzimy. 29

9 Twierdzeie 5.7 o graicy cia gu geometryczego) 0 jeśli q < ; lim q = jeśli q = ; + jeśli q >. Jeśli q, to cia g q ) graicy ie ma. Dowód. Wykażemy to twierdzeie. W przypadku q = 0 oraz q = teza jest oczywista, bo cia g jest sta ly jego wyrazy ie zależa od umeru). Za lóżmy teraz, że 0 < q <. Niech ε > 0 be dzie liczba ε rzeczywista. Jeśli ε > q jest liczba ca lkowita i > ε, to z ierówości Beroulli ego wyika, że )) q = + q + q ) > + ε = ε. Wobec tego dla > ε zachodzi ierówość q q 0 = q < ε, a to ozacza, że lim q = 0. Kolejy przypadek to q >. Mamy teraz q = + q )) + q ). > ε, czyli Jeśli wie c > M i M > M q, to q > + M ) = M. Jase jest wie c, że lim q = +. Pozosta l przypadek ostati: q. Teraz mamy q dla każdej liczby ca lkowitej ieparzystej oraz q dla każdej liczby ca lkowitej parzystej. Gdyby cia g mia l skończoa graice g, to jego wyrazy o dostateczie dużych umerach leża lyby w odleg lości miejszej iż od graicy g to atychmiastowa kosekwecja istieia graicy skończoej. Jeśli jedak odleg lości q i q + od graicy g sa miejsze od, to odleg lość mie dzy imi jest miejsza iż + = 2, co ozacza, że q q + < 2. To ie jest możliwe, bo jeda z liczb q, q + jest miejsza lub rówa, a druga wie ksza lub rówa. Sta d zaś wyika, że odleg lość mie dzy q i q + to co ajmiej ) = Otrzymaliśmy sprzeczość, wie c cia g graicy skończoej ie ma. 5.2 Moża to rozumowaie zapisać wzorami: 2 q q + q g + g q + <+=2 dla dostateczie dużych. 30

10 + graica tego cia gu też ie jest, bowiem wtedy wyrazy cia gu o dostateczie dużych umerach by lyby wie ksze od 0 przyjmujemy M = 0), a tak ie jest, bo te, których umery sa ieparzyste, sa ujeme. ie jest graica tego cia gu, bo wyrazy o umerach parzystych sa dodatie, wie c wyrazy o dostateczie dużych umerach ie sa ujeme i w tym przypadku przyjmujemy M = 0). Cia g ie ma wie c ai graicy skończoej, ai ieskończoej, co kończy badaie graicy cia gu geometryczego. Twierdzeie 5.8 Dla każdej liczby a 0, ), zachodzi rówość lim a =. Dowód. Za lóżmy a razie, że a. Niech ε be dzie dowola liczba rzeczywista dodatia. Chcemy wykazać, że dla dostateczie dużych liczb aturalych zachodzi ierówość a < ε, czyli że ε < a < + ε. Poieważ a, wie c ierówość podwója sprowadza sie do ierówości a < + ε, czyli do ierówości a < + ε), a ta wyika z ierówości a < + ε, bo + ε < + ε) ierówość Beroulli ego. Wystarczy wie c, by spe lioa by la ierówość ε > a ε. To kończy dowód w przypadku a. Za lóżmy teraz, że 0 < a < i 0 < ε <. Mamy wykazać, że dla dostateczie dużych liczb aturalych spe lioa jest ierówość a < ε, czyli że ε < a < + ε. Poieważ a <, wie c wystarczy dowieść, że ierówość ε < a, czyli ε) < a dla prawie wszystkich. To jedak wyika od razu z twierdzeia o graicy cia gu geometryczego, bowiem lim ε) = 0. Przyk lad 5.6 Obliczaie pierwiastka kwadratowego) Niech a i b ozaczaja dowole liczby rzeczywiste dodatie. Zdefiiujemy cia g a ) wzorami: a = b, a + = 2 a + a a ). Wykażemy, że dla każdej liczby b > 0 zachodzi wzór lim a = a. Dowód. Dla każdej liczby aturalej zachodzi ierówość a > 0 latwiutka idukcja. Mamy rówież a + a, bowiem a + a = 2 a + a a ) a = 2a a 2 2a a + a) = 3

11 = 2a a a) 2 0. Wobec tego dla każdego 2 zachodzi ierówość a a a i wobec tego 0 a + a = 2 a + a a ) a 2 a + a ) a = 2 a a). Z otrzymaej ierówości wyika, że dla każdej liczby aturalej 2 zachodzi ierówość 0 a a 2 2 a2 a ). Dowodzoa teza wyika od razu z tego, że lim graicy cia gu geometryczego. 2 = 0 twierdzeie o Uwaga 5.9 Cia g z poprzediego przyk ladu jest,,szybko zbieży do liczby a i dobrze adaje sie do obliczaia pierwiastków kwadratowych. Po przyk ladach kolej a kilka latwych, ale bardzo ważych stwierdzeń, cze sto u latwiaja cych obliczaie graic. Wprowadziliśmy wcześiej symbole + oraz. Zdefiiujemy dzia laia z ich użyciem przypomiamy, że ± / R). Defiicja 5.0 dzia lań z użyciem symboli ± ) ) =, ++ ) = +, ) = +, + ) = ± a = ±a + + ) = + dla każdej liczby rzeczywistej a ± a = ±a + ) = dla każdej liczby rzeczywistej a ) = +, + ) = ) = +, + ) = a = + i a = dla każdego a > ) + ) = ) ) = a = i a = + dla każdego a < = 0 dla dowolej liczby rzeczywistej a. a ± ± a = ± a dla dowolej liczby a a + = +, a = 0 dla dowolej liczby a > a + = 0 i a = + dla dowolej liczby 0 < a < < a < + dla dowolej liczby rzeczywistej a < +. 32

12 Nie defiiujemy symboli, których a tej liście ie ma, p. ± ±, 0 ± ), ± i iych. Przyczyy, dla których ie wprowadzamy szerszej defiicji, staa sie jase iebawem okaże sie, że ie ma sesowej drogi zdefiiowaia tych symboli ieozaczoych. Defiiujemy je po to, by moża by lo prosto sformu lować twierdzeia o obliczaiu graic, które wkrótce udowodimy. Podamy teraz kilka twierdzeń, które u latwiaja obliczaie graic, ich szacowaie lub stwierdzaie ich istieia. Potem pokażemy jak moża je stosować. Uwaga 5. o zbieżości cia gu przeciwego) Cia g c ) ma graice wtedy i tylko wtedy, gdy cia g c ) ma graice. Zachodzi wtedy rówość lim c ) = lim c. Zdaie to jest prawdziwe iezależie od tego, czy graica jest skoń- czoa, czy ieskończoa. Wyika to wprost z defiicji graicy cia gu. Twierdzeie 5.2 o szacowaiu) 5.2. Jeśli C < lim a, to dla dostateczie dużych umerów spe lioa jest ierówość C < a Jeśli C > lim a, to dla dostateczie dużych umerów spe lioa jest ierówość C > a Jeśli lim b < lim a, to b < a dla dostateczie dużych Jeśli b a dla dostateczie dużych, to zachodzi ierówość lim b lim a. Dowód. Zacziemy od Liczba C jest miejsza od graicy cia gu a ). Wykażemy, że dla dostateczie dużych zachodzi ierówość C < a. Za lóżmy ajpierw, że lim a = ±. Poieważ < C i lim a > C, wie c lim a = +. Z defiicji od razu wyika, że dla każdej liczby rzeczywistej M, w tym M = C i dostateczie dużych, zachodzi ierówość a > M. Przejdźmy do aste pego przypadku: graica lim a jest skończoa. Niech ε = lim a C. Z defiicji od razu wyika, że dla dostateczie dużych zachodzi ierówość a lim a <ε, 33

13 wie c a > lim a ε = C. W taki sam sposób dowodzimy zmieiamy jedyie kieruki cze ści ierówości i zaste pujemy symbol + przez. Teraz za lóżmy, że lim b < lim a. Niezależie od tego, czy graice sa skończoe, czy ieskończoe, istieje taka liczba C, że lim b < C < lim a. Na mocy już udowodioej cze ści twierdzeia dla dostateczie dużych umerów zachodza ierówości b < C oraz C < a. Z ich wyika od razu, że dla dostateczie dużych liczb aturalych mamy b < a, co kończy dowód w lasości Za lóżmy, że dla dostateczie dużych umerów zachodzi ierówość b a. Wykażemy, że lim b lim a. Jeśli ta ierówość ie jest spe lioa, to lim b > lim a. Sta d jedak wyika, że dla dostateczie dużych liczb aturalych zachodzi ierówość b > a, która przeczy za lożeiu. Zakończyliśmy dowód twierdzeia o szacowaiu. Wiosek 5.3 o jedozaczości graicy) Cia g ma co ajwyżej jeda graice. Dowód. Gdyby mia l dwie p. g < g 2, to wybrać moglibyśmy liczbe C leża ca mie dzy g i g 2 : g < C < g 2. Wtedy dla dostateczie dużych by loby jedocześie a < C zob ) oraz a > C zob. 5.2.), co oczywiście ie jest możliwe. Wiosek 5.4 o ograiczoości cia gu zbieżego) Jeśli graica lim a jest skończoa, to istieja takie liczby rzeczywiste C, D, że ierówość C < a < D zachodzi dla wszystkich : liczba C ograicza cia g a ) z do lu, liczba D z góry. Dowód. Wykażemy, że cia g zbieży do graicy skończoej jest ograiczoy z góry i z do lu. Niech c,d be da takimi liczbami rzeczywistymi, że c < lim a < d. Z twierdzeia o szacowaiu wyika, że dla dostateczie dużych liczb aturalych, powiedzmy wie kszych od odpowiedio dobraej liczby m, zachodzi ierówość c < a < d. Wystarczy przyja ć, że C jest ajmiejsza z liczb a 0, a,..., a m, c, by dla wszystkich liczb aturalych by lo C a. Podobie przyjmujemy, że D jest ajwie ksza z 34

14 liczb a 0, a,..., a m, d wtedy a D dla wszystkich liczb aturalych. Dowód wiosku zosta l zakończoy. Uwaga. 5.5 o k lopotach z ieskończoościa ) Te dowód jest bardzo prosty. Prosze jedak zwrócić uwage a to, że spośród skończeie wielu liczb moża zawsze wybrać ajmiejsza a spośród ieskończeie wielu już iekoieczie, p. wśród liczb, 2,,... ajmiejszej ie ma! 3 Twierdzeie 5.6 o arytmetyczych w lasościach graicy) 5.6. Jeśli istieja graice lim a, lim b i określoa jest ich suma, to istieje graica lim a + b ) i zachodzi wzór: lim a + b ) = lim a + lim b Jeśli istieja graice lim a, lim b i określoa jest ich różica, to istieje graica lim a b ) i zachodzi wzór: lim a b ) = lim a lim b Jeśli istieja graice lim a, lim b i określoy jest ich iloczy, to istieje graica lim a b ) i zachodzi wzór: lim a b ) = lim a lim b Jeśli istieja graice lim a, lim b i określoy jest a ich iloraz, to istieje graica lim b i zachodzi wzór a lim a lim = b lim b. Dowód. Udowodimy, że suma graic dwóch cia gów jest graica sumy tych cia gów. Za lóżmy, że g a = lim a i g b = lim b. Należy rozważyć trzy przypadki: g a, g b sa liczbami rzeczywistymi, g a jest liczba rzeczywista zaś g b jest symbolem ieskończoym, g a, g b sa symbolami ieskończoymi tego samego zaku. Rozpocziemy od graic skończoych. Niech ε be dzie dodatia liczba rzeczywista i iech ε be dzie taka liczba aturala, że dla > ε zachodzi ierówość a g a < ε 2. Niech ε be dzie taka liczba aturala, że ierówość b g b < ε 2 zachodzi dla 35

15 > ε i iech ε ozacza wie ksza z liczb ε, ε. Wtedy dla > ε zachodza obydwie ierówości, zatem a + b g a + g b ) a g a + b g b < ε 2 + ε 2 = ε. Zaczy to, że dla dostateczie dużych liczb aturalych czyli > ε ) różica a +b ) g a +g b ) ma wartość bezwzgle da miejsza iż ε. Ozacza to, że lim a + b ) = g a + g b. Dowód twierdzeia o graicy sumy cia gów w tym przypadku zosta l zakończoy. Zajmiemy sie teraz aste pym przypadkiem: iech liczba g be dzie graica cia gu a ) i iech + = = lim b. Wykażemy, że lim a +b ) = +. Niech M be dzie dowola liczba rzeczywista. Moża zaleźć taka liczbe aturala M g+, że dla > M g+ zachodzi ierówość b > M g +. Istieje też taka liczba aturala, że dla > zachodzi ierówość a g <. Niech M be dzie wie ksza z liczb M g+ i. Dla > M zachodza obie ierówości, wie c a + b = b + g + a g) b + g a g > > M g + ) + g = M. Wykazaliśmy, że dla dostateczie dużych liczb aturalych zachodzi ierówość a + b > M, wie c lim a + b ) = +. Dowód zosta l zakończoy. Jeśli wie c cia g a ) ma graice skończoa i lim b =, to a mocy poprzedio wykazaej cze ści twierdzeia o graicy sumy cia g a + b ) ) ma graice i zachodzi rówość lim a b ) = lim a + lim b ) = +. Z uwagi o graicy cia gu przeciwego wyika, że istieje graica lim a + b ) i lim a + b ). Dowód zosta l zakończoy. Zosta l jeszcze jede przypadek: obie graice sa rówe + lub obie sa rówe. Z uwagi o zbieżości cia gu przeciwego wyika, że udowodić teze, gdy lim a = + = lim b. Jeśli M jest dowola liczba rzeczywista, to istieja liczby aturale M/2 oraz M/2 takie, że jeśli > M/2, to a > M 2, 36

16 zaś jeśli > M/2, to b > M 2. Przyjmijmy, że M jest wie ksza z liczb M/2, M/2 i > M. Wtedy zachodza obie ierówości i wobec tego a + b > M 2 + M 2 = M. Ozacza to, że lim a + b ) = +. Dowód zosta l zakończoy. Z uwagi o zbieżości cia gu przeciwego i twierdzeia o graicy sumy 5.6.) wyika twierdzeie o graicy różicy 5.6.2). Zajmiemy sie teraz iloczyem. Podobie jak poprzedio jest wiele przypadków, których liczbe moża zredukować stosuja c uwage o zbieżości cia gu przeciwego do aste puja cych: obie graice sa skończoe, obie graice sa rówe +, jeda graica jest dodatia liczba rzeczywista a druga jest ieskończoa, p. +. Rozpocziemy od rozpatrzeia graicy iloczyu dwóch cia gów maja cych skończoe graice. Z twierdzeia o szacowaiu wyika, że każdy z tych cia gów jest ograiczoy, wie c istieje taka liczba K > 0, że a K i istieje też taka liczba K > 0, że b < K dla każdej liczby aturalej. Przyjmuja c, że K to wie ksza z liczb K, K zajdujemy liczbe, której ie przekracza wartość bezwzgle da żadego wyrazu któregokolwiek z dwóch rozpatrywaych cia gów: a, b K. Ozaczmy g a = lim a, g b = lim b. Z twierdzeia o szacowaiu wioskujemy, że rówież g a, g b K. Niech ε ozacza dowola liczbe dodatia. Istieje wtedy taka liczba aturala ε, że jeżeli > ε, to a g a < ε 2K i jedocześie b g b < ε 2K. Wtedy a b g a g b = a g a )b + g a b g b ) a g a b + g a b g b < ε 2K K + K ε 2K = ε. Udowodiliśmy wie c, że dla dostateczie dużych odleg lość liczby a b od liczby g a g b jest miejsza iż ε, co ozacza, że ) g a g b = lim a b, a to w laśie by lo aszym celem. Teraz zajmiemy sie graica iloczyu cia gów, z których jede ma graice skończoa i dodatia, a drugi graice +. Niech g a = lim a be dzie liczba dodatia i iech + = lim b. Niech M be dzie dowola liczba rzeczywista. Z defiicji graicy wyika, że istieje taka liczba aturala M, że jeżeli > M, 37

17 to a > 2 g a > 0 i b > 2 M g a > 0. Wtedy a b > 2 g a 2 M g a = M M. Dowód w tym przypadku zosta l zakończoy. Rozpatrzymy teraz iloczy dwóch cia gów a ) i b ) zak ladaja c, że spe lioa jest rówość lim a = + = lim b. Jeśli M jest dowola liczba rzeczywista, to istieje liczba aturala M, taka że dla > M zachodza ierówości a > + M i b M > + M. Wtedy dla > M mamy a b > + M ) 2 > 2 M M M, co dowodzi rówości + = lim a b. Twierdzeie o graicy iloczyu cia gów zosta lo w te sposób udowodioe. Kolej a twierdzeie o graicy ilorazu. Zów zacziemy od graic skończoych. Niech g a = lim a i 0 g b = lim b. a Wykażemy, że lim b = g a gb. Niech ε be dzie dowola liczba dodatia. Z poczyioych za lożeń wyika, że istieje taka liczba aturala ε, że jeśli > ε, to b > g b 2, a g a < ε g b 4, b g b < ε g b 2 4 g a +). 5.3 Dla > ε mamy wie c a b g a gb = a g b g a b g b b a g b g a g b + g a g b g a b g b 2 /2 = = 2 g b a g a + 2 g a g b 2 g b b < ε. Udowodiliśmy teze w przypadku graic skończoych. Jeżeli cia g b ) ma graice skończoa i róża od 0 oraz lim a = +, to cia g b ) ma graice skończoa i róża od 0 wyika to z już udowodioej cze ści twierdzeia o graicy ilorazu. W tym przypadku moża zastosować twierdzeie o graicy iloczyu cia gów: ) a b = lim a lim b = lim a lim Te ostati iloczy jest oczywiście dobrze określoy. b = + lim b. Zosta l jeszcze jede przypadek: graica cia gu a )jest skończoa, a graica cia gu b ) jest ieskończoa. W tym przypadku 5.3 Nie za lożyliśmy, że ga 0, wie c w miaowiku umieściliśmy g a +. 38

18 cia g a ) jest ograiczoy, tz. istieje taka liczba K > 0, że dla każdego zachodzi ierówość a < K. Jeśli ε > 0, to istieje taka liczba aturala ε, że jeśli > ε, to b > K ε. Wtedy a b < K ε = ε. Wykazaliśmy wie c, że dla dostateczie dużych iloraz a b że lim K ma wartość bezwzgle da miejsza iż ε. Ozacza to, a b = 0. Dowód zosta l zakończoy. Twierdzeie 5.7 o trzech cia gach) Jeśli a b c dla dostateczie dużych, cia gi a ) i c ) maja rówe graice, to cia g b ) też ma graice i zachodzi wzór lim a = lim b = lim c. Dowód. Wiemy, że dla dostateczie dużych liczb aturalych zachodzi ierówość podwója a b c oraz że cia gi a i c maja wspóla graice g. Mamy dowieść, że ta wspóla graice jest rówież graica cia gu b ). Za lóżmy ajpierw, że graica g jest skończoa. Niech ε > 0 be dzie dowola liczba. Istieje taka liczba aturala ε, że jeśli > ε, to a g < ε oraz c g < ε. Wyika sta d, że g ε < a b c < g + ε, zatem b g < ε. Udowodiliśmy wie c, że g = lim b. Teraz możemy sie zaja ć przypadkiem graicy ieskończoej. Jak zwykle wystarczy zaja ć sie jeda z dwu ieskończoości, tym razem dla odmiay g =. Niech M be dzie liczba rzeczywista. Poieważ lim c =, wie c istieje taka liczba aturala M, że dla > M zachodzi ierówość b c < M, wie c w szczególości b < M. Dowód zosta l zakończoy. Uwaga 5.8 o twierdzeiu o trzech cia gach) Z dowodu wyika, że w przypadku graicy ieskończoej, p. rówej, użycie jedego z dwóch zewe trzych cia gów, w tym przypadku cia gu a ), jest zbe de. Prawdziwe jest twierdzeie: jeśli dla dostateczie dużych zachodzi ierówość b c i cia g c ) ma graice, to rówież cia g b ) ma graice i aalogiczie: jeśli dla dostateczie dużych zachodzi ierówość 39

19 a b i lim a =+, to rówież + = lim b. Uwaga 5.9 Jeśli lim a istieje, to istieje też lim a + i zachodzi rówość lim a + = lim a. To stwierdzeie wyika od razu z defiicji graicy, moża użyć tej samej liczby ε lub M, jeśli graica jest ieskończoa. Defiicja 5.20 podcia gu) Jeśli a ) jest dowolym cia giem i < 2 < 3 <..., to cia g a, a 2, a 3,..., czyli cia g a m ) m= cia gu a ). azywamy podcia giem Zachodzi bardzo przydate i latwe twierdzeie wia ża ce zbieżość cia gu ze zbieżościa jego podcia gów. Twierdzeie 5.2 o podcia gach) g R {+ } { } jest graica cia gu a ) wtedy i tylko wtedy, gdy jest graica każdego jego podcia gu. Dowód. Poieważ cia g jest swoim podcia giem, wie c ze zbieżości wszystkich podcia gów cia gu a ) wyika atychmiast zbieżość cia gu a ). Za lóżmy teraz, że g = lim a R i że umeracja wyrazów aszego cia gu zaczya sie od liczby. Wtedy spe lioe sa ierówości, 2 + 2, itd. Ogólie m m. Jeśli ε > 0, to istieje taka liczba aturala ε, że jeśli > ε, to a g < ε. W szczególości a m g < ε dla m > ε, a sta d bez trudu wioskujemy, że lim a m = g. Dowód m zosta l zakończoy. Przyk lad 5.7 Cia g ) + ) ie ma graicy, bowiem lim ) 2 + 2) = lim + 2) = ) = lim + 2+) = lim ) wskazaliśmy dwa podcia gi zbieże do różych graic. Twierdzeie 5.22 o graicy cia gu mootoiczego) Każdy cia g mootoiczy ma graice ; jeśli jest ograiczoy, to 40

20 graica jest skończoa. Dowód. Dla ustaleia uwagi za lóżmy, że cia g a ) jest iemaleja cy: a a 2 a 3... Jeśli te cia g jest ograiczoy z góry, to kres góry zbioru jego wyrazów jest skończoy. Niech g = sup{a : N}. Jeśli ε > 0, to istieje taka liczba aturala ε, że g ε < a ε g. Wtedy dla każdej liczby aturalej > ε zachodzi ierówość g ε < a ε a g. Wykazaliśmy, że wszystkie wyrazy cia gu o dostateczie dużych umerach leża w odleg lości miejszej iż ε od g. Sta d i z defiicji graicy cia gu wyika od razu, że g = lim a. Jeśli cia g a ) ie jest ograiczoy z góry, to dla każdej liczby rzeczywistej M istieje taki umer M, że a M > M. Wtedy dla > M zachodzi ierówość a a m > M, a to ozacza, że lim a = +. Dowód dla cia gu ierosa cego Czytelik przeprowadzi sam lub skorzysta z tego, co już udowodiliśmy dla cia gu a ). Przyk lad 5.8 tw. o graicy ========= ilorazu lim lim+7/ 3/ 2 ) lim5 7/+/ 2 ) = +7 lim/) 3 lim/)2 5 7 lim/)+lim/) 2 Przyk lad = lim +7/ 3/ 2 5 7/+/ = 2 tw. o graicy sumy, ============== różicy i iloczyu = ) = 5. Niech a = Oczywiście spe lioa jest ierówość a < a +, czyli cia g a ) jest ściśle rosa cy. Ma wie c graice. Wykażemy, że jest oa skończoa. Dla 2 mamy a = < ) = = < 2. Wobec tego graica ta jest skończoa i ie przekracza liczby 2. Zalezieie tej graicy to jedak problem zupe lie iej atury i a razie zajmować sie im ie be dziemy. Czytelik zechce wykazać, że graica jest miejsza od liczby 7 4 i zechce wskazać jeszcze miejsza liczbe M dla której ierówość a < M jest spe lioa dla wszystkich liczb aturalych. Przyk lad 5.20 Wykażemy jeszcze raz, że jeśli a, to 4

21 lim a =. Zauważmy ajpierw, że a + a i a dla każdej liczby aturalej, wie c baday cia g jest ierosa cy i ograiczoy z do lu przez, zatem ma graice g i g. Każdy jego podcia g jest zbieży do liczby g, m.i. lim 2 a = g. Wobec tego g = lim a = lim 2 ) 2 a = lim 2 a ) 2 = g 2. Jeśli g = g 2, to g = 0 lub g =, co w po la czeiu z ierówościa g prowadzi do wiosku, że g =. W ostatim przyk ladzie pokazaliśmy, jak moża omia ć kokrete szacowaia. Zasta piliśmy je twierdzeiem, które gwaratuje istieie graicy cia gu. Potem pojawi lo sie rówaie, którego pierwiastkiem by la graica. Tak poste pujemy dosyć cze sto. Przyk lad 5.2 Niech a > 0 i b > 0 ozaczaja liczby rzeczywiste. Niech a = b, a + = 2 a + a a ). Z ierówości o średiej arytmetyczej i geometryczej wioskujemy, że dla każdego umeru zachodzi a + = 2 a + a a ) a a a = a. Wobec tego dla każdego 2 zachodzi ierówość a a, wie c rówież a a a. Sta d wyika, że a + [ a a,a ] średia dwu liczb leży mie dzy imi. Sta d w szczególości wyika, że a + a dla = 2,3,... Cia g a ) ma wie c graice i to ie miejsza iż a. Niech lim a = g. Wtedy g = lim a + = = lim 2 ) ) a + a a = 2 a + a a = 2 g + g ), zatem g = 2 g + a g ), wie c 2 g = a 2g, czyli g2 = a. Sta d i z ierówości g a > 0, wyika, że g = a. Przyk lad 5.22 Zajmowaliśmy sie już cia giem, którego wyraz jest rówy e = + x ). Wykażemy teraz, że dla każdej liczby rzeczywistej x cia g te jest iemaleja cy od pewego mometu, miaowicie jeśli > x, to + x ) + x +) +. Potem wykażemy, że jest o ograiczoy. Nierówość > x rówoważa jest ierówości +x > 0, z tej z kolei wyika, że ++x > 0. Wobec tego + x = +x > 0 i aalogiczie + x + 42 > 0. Wobec

22 tego jeśli > x, to liczby + x ) i + x +) + sa dodatie, a wobec tego ierówość e = + ) x + x + +) = e+ jest rówoważa ierówości + x + x + )+ x + + x = + x ) + )+ + x = ) + x = +. + ) + x) Teraz skorzystamy z ierówości Beroulli ego: ) + x + +)+x) + + ) x +)+x) = +x = + x. Skorzystać wolo, bo jeśli > x, to x +)+x) > ta ierówość jest prawdziwa dla x < 0, bo wtedy liczik i miaowik sa dodatie, a gdy x 0, to 0 <. Wobec tego x +x udowodiliśmy mootoiczość cia gu e ) od pewego miejsca. Wyika sta d, że ma o graice, choć być może ieskończoa. Jeśli x 0, to dla > x zachodzi ierówość 0 + x, wie c 0 + ) x. W tym przypadku cia g jest ograiczo- + x ), a poieważ y z góry przez liczbe, zatem lim te cia g od pewego miejsca rośie i ma dodatie wyrazy, wie c 0 < lim + x ). Za lóżmy teraz, że x > 0. Mamy wie c ) + x x2 = ) 2 x. ) ) lim x 2. 2 x ), wie c z twierdzeia o graicy Wykażemy, że istieje skończoa graica Poieważ 0 < lim ilorazu wyikie, że graica lim Jeśli > x > 0, to x2 2 >, wie c + x ) jest skończoa. > x2 2 ) + x 2 2 ) = x2 Z twierdzeia o trzech cia gach wyika, że lim zatem lim ) + x = lim x. ) 43. x 2 2 ) =,

23 Podamy teraz bardzo waża defiicje. Defiicja 5.23 liczby e) e = lim + ). Uwaga 5.24 Cia g o wyrazie + ) jest iemaleja cy 5.4, wie c dla każdego aturalego zachodzi ierówość e + ), p. e + 4) 4 = = > = 2,4. Z dwu rówości lim ) = i e = lim + 2 ) wyika, że e =, przy czym z tego, że cia g o wyrazie ) ) jest iemaleja cy wyika, że cia g o wyrazie jest ierosa cy, ) zatem dla każdej liczby 2 zachodzi ierówość e, ) p. e = ) 6 6 ) 6 )6 5 = = = = = +,2 + 0,6 + 0,6 + 0, , , = 2,985984, wie c wykazaliśmy, że 2,4 < e < 3. Te rezultat jest iedok lady. Moża przekoać sie, że e 2, , ale ie be dziemy teraz przybliżać dok ladiej, bo późiej osia giemy lepsze wyiki zaczie miejszym ak ladem pracy. Dodajmy, że e ie jest liczba wymiera to wiedzia l już L.Euler, ), o czym be dziemy w staie przekoać sie wkrótce. Moża też wykazać, że e to liczba przeste pa, wie c taka, która ie jest pierwiastkiem żadego iezerowego wielomiau o wspó lczyikach ca lkowitych. Ostatie stwierdzeie jest trudiejsze C.Hermite, ). Liczba e jest jeda z ajważiejszych w matematyce, wyste puje w wielu lim sytuacjach i ie sposób wyobrazić sobie matematyki bez iej. ) Przyk lad =. Dla każdej liczby atu- 2 ralej zachodzi ierówość + 2 ). Oszacujemy wyraz 5.4 tyle udowodiliśmy, ale późiej okaże sie, że jest ściśle rosa cy. 44

24 cia gu z góry. Zastosujemy ierówość Beroulliego. Mamy < ) + = ) = Obiecaa teza wyika z twierdzeia o trzech cia gach. ) Przyk lad 5.24 lim + x+y = lim + x ) ) lim + y dla dowolych liczb x, y R. Udowodimy te wzór. Niech > 2 x + 2 y. Wtedy liczby + x, + y i + x+y, sa do- + x datie. Wystarczy udowodić, że = lim ) + y ) + x+y = ) ). Z ierówości > 2 x + 2 y wyika, = lim + że + x+y xy 2 + x+y > 2 i xy 2 < Beroulli ego wyika, że + xy 2 + x+y Mamy też ) + xy 2 + x+y + x+y ) + x ) + y = ) xy 4, zatem 2 + x+y = + < 2. Z ierówości xy + x+y. xy 2 < + x ) + y 2 2 ) 2 ) =, zatem 2 ) xy ) 2 + x ) + y ) Wobec tego zachodzi ierówość: xy + + x+y + x ) + y ) + x+y ) xy + x ) + y ). xy. + x ) + y ) Z iej i twierdzeia o trzech cia gach wyika, że zachodzi rówość + x = lim ) + y ) + x+y ), a z iej dowodzoa teza. Lemat 5.25 a Jeśli b < c d i miaowiki b,d maja te sam zak, to zachodzi ierówość a b < a+c b+d < c d. 45

25 Dowód. Moża c ierówość a b < c d przez liczbe bd > 0 otrzymujemy ierówość rówoważa wyjściowej: ad < bc. Moża c ierówość a b przez liczbe bb + d) > 0 otrzymujemy: ab + d) < ba + c), a po redukcji ad < bc, co kończy dowód lewej ierówości. Tak samo dowodzimy, że prawa jest prawdziwa. Uwaga 5.26 < a+c b+d a+c b+d = b b+d a b + d b+d c d, wie c liczba a+c b+d jest średia ważoa liczb a b i c d z wagami b b+d i d b+d. Wagi to ieujeme liczby o sumie. W tym przypadku pojawi ly sie dwie, ale ogólie może być ich wie cej. Niech p > 0, p 2 > 0,..., p > 0, p + p p = i 2. Czytelik udowodi, że jeśli wśród liczb rzeczywistych x,x 2,...,x sa co ajmiej dwie róże, to mix,x 2,...,x )<p x +p 2 x 2 + +p x <maxx,x 2,...,x ). Ozacza to, że średia ważoa liczb leży mie dzy ajmiejsza i ajwie ksza z ich. Teraz zajmiemy sie twierdzeiem, które dosyć rzadko jest formu lowae w pocza tkowej fazie auki o cia gach. Twierdzeie 5.27 Stolza) Za lóżmy, że wszystkie wyrazy cia gu b ) sa róże od 0, że jest a o ściśle mootoiczy oraz że istieje graica g = lim + a b + b. Jeśli spe lioy jest jede z waruków: cia g b ) ma graice ieskończoa, cia gi a ) i b ) sa zbieże do 0, ) a to cia g b ma graice i zachodzi rówość: a a + a lim = lim = g. b b + b Dowód. Bez straty ogólości rozważań moża przyja ć, że cia g b ) jest ściśle rosa cy, bo moża go zasta pić cia giem b ). Niech m i M be da takimi liczbami rzeczywistymi, że m< g < M; jeśli g =, to rozważamy tylko M, gdy g = + tylko m. Dla dowodu tezy wystarczy wykazać, że dla dostateczie dużych liczb aturalych zachodzi ierówość m < a b < M. 46

26 Niech m i M be da takimi liczbami rzeczywistymi, że m < m < g < M < M. ) Poieważ graica cia gu a+ a b + b jest g, wie c istieje taka liczba aturala 0, że dla każdej liczby aturalej > 0 i dowolej liczby aturalej k zachodza ierówości: m < a + a b + b < M m < a +2 a + b +2 b + < M... m < a +k a +k b +k b +k < M Cia g b ) jest ściśle rosa cy, wie c b j+ b j > 0 dla dowolego umeru j. Z lematu 5.26 i pierwszych dwu ierówości wyika, że liczba a +2 a b +2 b = a +2 a + )+a + a ) b +2 b + )+b + b ) leży mie dzy a + a b + b a +2 a + liczbami i b +2 b +, a poieważ te leża mie dzy liczbami m i M, wie c spe lioa jest ierówość m < a +2 a b +2 b < M. W te sam sposób wyika ierówość m < a +3 a +2 b +3 b +2 < M. Z otrzymaych ierówości wyika aste pa: m < a +3 a b +3 b < M. Prosta idukcja kończy dowód ierówości m < a +k a b +k b < M. Skorzystawszy z za lożeia ) i twierdzeia o arytmetyczych w lasościach graicy cia gu stwierdzamy, że dla każdego umeru zachodzi rówość a lim +k a k b +k b = a b = a b. Z iej i z twierdzeia o szacowaiu wyika, że dla każdego > 0 zachodzi ierówość m < m a b M < M, a to ozacza, że zakończyliśmy dowód twierdzeia przy za lożeiu ). Skorzystamy teraz z za lożeia 5.27.). Nierówość 47

27 możemy przepisać w postaci m < a +k a b +k b < M a +k b +k a b +k m < b < M. b +k Ta ierówość jest rówoważa aste puja cej przyp. b +k > b ) m b b +k ) + a b +k < a +k b +k < M b b +k ) + a b +k. Niech = 0 +. Poieważ lim k m b ) b +k + a b +k = m i m < m, wie c istieje taka liczba k 0, że dla k > k 0 zachodzi ierówość m b b +k ) + a b +k > m. Podobie istieje taka liczba k, że dla k > k mamy M b ) b +k + a b +k < M. Wobec tego jeśli k > maxk 0,k ), to zachodzi ierówość podwója m < a +k b +k < M. Ta obserwacja kończy dowód twierdzeia. Przyk lad 5.25 Zajdziemy graice lim Oczywiście lim 8 8 =. Cia g 8 ) jest ściśle rosa cy. Moża wie c spróbować użyć twierdzeie Stolza. Niech a = , b = 8. Mamy a + a = +) 7 i b + b = +) 8 8 = = Wobec tego mamy a + a b + b = +) , zatem a lim + a + b + b = ) Z tej rówości i twierdzeia o arytmetyczych w lasościach graicy wyika atychmiast, że z twierdzeia Stolza wyika, że lim lim a + a b + b a = lim a b = lim + a b + b = 8 i wobec tego = lim 8. W ostatim przyk ladzie pokazaliśmy, jak moża wykorzystać twierdzeie Stolza w typowy sposób. To waże i skutecze twierdzeie. Z jego si la zapozać sie moża stosuja c je w różych zadaiach. Podamy jeszcze jede przyk lad, w zasadzie bezsesowy. 48

28 Przyk lad 5.26 Na maturze rozszerzoej w 2005 r pojawi lo sie zadaie: zaleźć graice lim Moża je rozwia zać stwierdzaja c, że = 3 ) 2 oraz = +4), a aste pie stosuja c twierdzeie o arytmetyczych w lasościach graicy cia gu. Wyik to 3 2. Jedak co ajmiej jede z maturzystów apisa l coś takiego: lim ==== lim 2+3 = lim 3 2/ 2+3/ = = 3 2. ludziom obezaym z twierdzeiem Stolza i z regu la de Symbol l Hospitala, o której be dziemy jeszcze mówić, sugeruje, że autor ma a myśli jedo z tych twierdzeń, w tym przypadku może to być tylko twierdzeie Stolza. Niestety to tylko hipoteza i w rzeczywistości ie wiadomo, co uczeń mia l a myśli, może apisa l te rówość ie myśla c w ogóle o uzasadieiu. U latwi lby prace sprawdzaja cym, gdyby apisa l coś w rodzaju: z twierdzeia Stolza wyika, że... Autor tej ksia żeczki przypuszcza, że jedak rozwia zaie zosta lo uzae, chociaż rówie dobrze moża by lo uzać, że brak wyjaśień uiemożliwia stwierdzeie, że zdaja cy wiedzia l, jakim twierdzeiem iezbyt popularym w szko lach) sie pos luży l i uzać zadaie za ierozwia zae! Redaguja c rozwia zaie zadaia lub problemu ależy troche myśleć o tych, którym przyjdzie tekst przeczytać i dać im szase zrozumieia pamie taja c o tym, że każdy myśli,,po swojemu. Twierdzeie 5.28 o podcia gach mootoiczych) Z każdego cia gu liczbowego moża wybrać podcia g mootoiczy. Dowód. Niech a ) be dzie dowolym cia giem liczb rzeczywistych. Możliwe sa dwa przypadki: każdy podcia g cia gu a ) zawiera ajwie kszy wyraz, tz. taki wyraz a 0, że dla każdego k zachodzi ierówość a k a 0 ; 2 istieje podcia g, który ie zawiera ajwie kszego wyrazu. Pokażemy, że w pierwszym przypadku moża z cia gu wybrać podcia g ierosa cy, a w drugim ściśle rosa cy. Rozpatrujemy pierwsza możliwość. Niech be dzie ajmiejsza liczba aturala, dla której a jest ajwie kszym 49

29 wyrazem cia gu a ). Za lóżmy, że zdefiiowaliśmy już liczby < 2 <... < k i to tak, że jeśli m > j, to a m a j Niech a k+ be dzie ajwie kszym spośród wyrazów aste puja cego podcia gu cia gu a ): a k +, a k +2, a k +3,... Jase jest, że a k+ a k oraz że a m a k+ dla m k+. Zdefiiowaliśmy wie c podcia g ierosa cy cia gu a ). Kolej a drugi przypadek. Aby ie komplikować ozaczeń za- lożymy, że w cia gu a ) ie ma ajwie kszego wyrazu z cia gu a ) moża wybrać podcia g o tej w lasości i ozaczyć go przez a ). Niech =. a ie jest ajwie kszym wyrazem cia gu a ), wie c istieje wyraz od iego wie kszy. Niech 2 be dzie ajmiejsza liczba aturala, dla której zachodzi ierówość a < a 2. Za lóżmy, że zdefiiowaliśmy już w taki sposób umery < 2 <...< k, że zachodza ierówości a <a 2 <... <a k. a k ie jest ajwie kszym wyrazem cia gu a k, a k +, a k +2,..., bo wtedy liczba maxa,a 2,...,a k ) by laby ajwie kszym wyrazem cia gu a ). Niech k+ be dzie ajmiejsza taka liczba aturala, dla której spe lioe sa obie ierówości k+ > k i a k+ > a k. Jase jest, że zdefiiowaliśmy idukcyjie ściśle rosa cy podcia g cia gu a ). Czytelik zauważy, że w tym rozumowaiu korzystaliśmy wy- la czie w w lasości ierówości, iych w lasości liczb rzeczywistych ie wykorzystaliśmy wcale. Moża wie c rozpatrywać zamiast cia gów liczb rzeczywistych cia gi elemetów pewego zbioru, które umiemy porówywać, przy czym ierówość jest przechodia itd. Moga to być p. cia gi zbiorów, jeśli przyjmiemy, że ierówościa jest zawieraie: A B zamiast a b dla liczb rzeczywistych. Prawdziwe jest wobec tego stwierdzeie: z każdego cia gu zbiorów A ) moża wybrać taki podcia g A k ), że A A 2 A 3 x... albo A k ), że A A 2 A 3... Teraz udowodimy bardzo waże twierdzeie, z którego późiej przyjdzie am wielokrotie korzystać. Twierdzeie 5.29 Bolzao Weiestrassa) Z każdego cia gu liczb rzeczywistych moża wybrać podcia g, który 50

30 ma graice ; z cia gu ograiczoego moża wybrać podcia g zbieży do graicy skończoej. Dowód. Z cia gu a ) wybieramy podcia g mootoiczy poprzedie twierdzeie). Ma o graice, co jest treścia twierdzeia o graicy cia gu mootoiczego. Jak widać ca la praca zosta la wykoaa wcześiej. Dodajmy, że a ogó l podaway jest ieco iy dowód tego twierdzeia. Naszkicujemy go teraz w przypadku cia gu ograiczoego. Za lóżmy, że wszystkie wyrazy cia gu a ) leża w przedziale P = [ m,m]. Co ajmiej jeda z jego po lówek dalej ozaczoa przez P ), zawiera ieskończeie wiele wyrazów cia gu, tj. istieje ieskończeie wiele takich umerów, że a P. Przyjmujemy P = [b,c ]. Niech P 2 = [b 2,c 2 ] ozacza te po lówke przedzia lu P, która zawiera ieskończeie wiele wyrazów cia gu. Kotyuujemy defiiowaie kolejych po lówek. W wyiku otrzymujemy cia g przedzia lów P = [b,c ] P 2 = [b 2,c 2 ] P 3 = [b 3,c 3 ]... Wyika sta d, że cia g b ) jest iemaleja cy, a cia g c ) ierosa cy. Maja wie c oe graice, przy czym lim b lim c. W rzeczywistości graice te sa rówe, bo c b = m 2 oraz + m 2 = 0. Wybieramy teraz podcia g a + k ) tak, by a j P j lim oraz < 2 < 3 <... Te podcia g jest zbieży a mocy twierdzeia o trzech cia gach: b k a k c k. W przypadku cia gu ieograiczoego teza jest oczywista. Możemy teraz zaja ć sie tak zwaym warukiem Cauchy ego. Defiicja 5.30 cia gu Cauchy ego) a ) jest cia giem Cauchy ego lub: spe lia waruek Cauchy ego) wtedy i tylko wtedy, gdy dla każdej liczby ε > 0 istieje taka liczba aturala ε, że jeśli m,k > ε, to a m a k < ε. Mówia c iedok ladie cia g spe lia waruek Cauchy ego jeśli odleg lości mie dzy wyrazami o dużych umerach sa bardzo ma le. W istocie rzeczy dowód tego, że cia g geometryczy o ilorazie q ie ma graicy skończoej polega l a wykazaiu, że ie spe lia o waruku Cauchy ego. 5

31 Twierdzeie 5.3 Cauchy ego) Cia g jest zbieży czyli ma skończoa graice ) wtedy i tylko wtedy, gdy spe lia waruek Cauchy ego. Dowód. Za lóżmy ajpierw, że cia g ma skończoa graice g. Niech ε > 0. Wtedy istieje taka liczba ε, że jeśli k,m > ε, to a m g < ε 2 i a k g < ε 2. Spe lioe sa wtedy ierówości a m a k = a m g + g a k a m g + g a k < ε 2 + ε 2 = ε. Za lóżmy, że cia g a,a 2,a 3,... spe lia waruek Cauchy ego. Istieje wtedy takie, że dla k,m > mamy a k a m <. Niech m = +. Wtedy a k a m a k a m <, zatem a k + a m dla wszystkich dostateczie dużych k. Ozacza to, że cia g a ) jest ograiczoy. Wybierzmy z cia gu a ) podcia g zbieży a j ). Niech g ozacza jego graice. Wykażemy, że g jest graica ca lego cia gu. Jeśli ε > 0, to dla dostateczie dużych k,m zachodza ierówości a k a m < ε 2 i a j g < ε 2. Poieważ m,k,j sa wybierae dowolie, byle by ly dostateczie duże, i m m, wie c moża wybrać je tak, by m = j. Wtedy dla dostateczie dużego k mamy a k g a k a m + a m g = a k a m + a j g < ε 2 + ε 2 = ε, co ozacza, że g = lim a. Uwaga 5.32 Czytelik może ieco zdziwić sie, bo z twierdzeia Cauchy ego wyika, że cia gi Cauchy ego to cia gi zbieże. Nadaliśmy wie c tym cia gom dwie azwy. Obie sa używae, bo w ieco ogóliejszej sytuacji, gdy zamiast liczb rzeczywistych rozważaa jest dowola przestrzeń metrycza, rówoważości a ogó l ie ma poje cie cia gu Cauchy ego jest ieco ogóliejsze iż poje cie cia gu zbieżego: zdarzaja sie przestrzeie metrycze, w których iektóre cia gi Cauchy ego ie maja graicy. Twierdzeie 5.33 Cia g ma graice wtedy i tylko wtedy, gdy każdy jego podcia g ma graice. Dowód. Jeśli cia g ma graice, to jest oa graica wszystkich jego podcia gów bez wzgle du a to, czy jest skończoa, czy ie. Drugie wyikaie jest jeszcze prostsze: cia g jest swoim podcia giem. 52

32 Twierdzeie 5.34 Z cia gu, który ie ma graicy, moża wybrać dwa podcia gi, które maja róże graice. Dowód. Niech g be dzie graica jedego z podcia gów. Poieważ g lim a, wie c istieje taka liczba M > g, że dla ieskończeie wielu umerów zachodzi ierówość a > M albo taka liczba m < g, że dla ieskończeie wielu umerów spe lioa jest ierówość a < m. W pierwszym przypadku możemy wybrać z cia gu a ) podcia g a k ) o wyrazach wie kszych iż M, który ma graice g. Zachodzi wie c ierówość g = lim a k M > g. k W drugim przypadku możemy wybrać podcia g a l ) o wyrazach miejszych iż m, który ma graice g 2, wie c o g 2 m < g. Dowód zosta l zakończoy. Przyk lad 5.27 Niech a = ). Wykażemy, że cia g a ) ma skończoa graice. Niech m > k. Wówczas a m a k = k+ k )m k+ m = = k+ k )m k+ m k+ wyika to od razu z ierówości: k+2 + k+3 < 0, k+4 + k+5 < 0 itd. oraz ierówości k+ k+2 > 0, k+3 k+4 > 0, itd. Wyika sta d, że jeśli k > ε i m > k, to am a k < ε, a to ozacza, że cia g a ) spe lia waruek Cauchy ego, wie c jest zbieży. Przyk lad 5.28 Niech a = Oczywiście dla każdego umeru zachodzi ierówość a < a +, a to ozacza, że cia g A ) jest ściśle rosa cy. Jako ściśle mootoiczy ma graice. Wykażemy, że lim a =. Gdyby tak ie by lo to cia g spe lia lby waruek Cauchy ego. Dla > mamy jedak a 2 a = > 2 = 2. Wobec tego waruek Cauchy ego spe lioy ie jest, p. jeżeli ε = 2, to ie moża zaleźć takiej liczby ε, że jeśli m,k > ε, to a m a k < 2 = ε.. Przyk lad 5.29 Przyjmijmy, że dla zachodzi rówość a = ). 53