Analiza matematyczna. Robert Rałowski

Transkrypt

1 Aaliza matematycza Robert Rałowski 6 paździerika 205

2 2

3 Spis treści 0. Liczby aturale Liczby rzeczywiste Nierówości Ciągi liczbowe Szeregi liczbowe Iloczyy ieskończoe Szeregi potęgowe Liczby aturale Peao zaksjomatyzował pojęcie zbioru liczb aturalych zadając astępujace postulaty tworzące aksjomatykę Peao. Defiicja 0.. (Aksjomaty Peao) Istieje zbiór N oraz fukcja N N, które spełiają:. 0 N, 2. ( N) () = 0, 3. jest różowartościowa a N tj. ( m, N) m (m) (), 4. ( z)(0 z ( N) z () z) N z. Ostati aksjomat jest tak zwaa zasadą idukcji matematyczej. Poadto, jest tak zwaą fukcją astępika i wtedy przyjmujemy zasadę, że piszemy = (0), + zamiast (), dalej 2 = +, 3 = 2 +, itd. W dodatku moża zaleźć więcej iformacji o tematyce poswięcoej aksjomatom Peao, miaowicie z iesprzeczosci teori mogości ZFC, wyika istieie zbioru liczb aturalych (który spełaia wszystkie aksjomaty Peao). Tak więc ostati aksjomat możemy zapisać jako Defiicja 0..2 (Zasada idukcji matematyczej) Jesli z jest zbiorem takim że 3

4 4 SPIS TREŚCI. 0 z oraz 2. ( ω) z + z, to wtedy N z. Fakt 0.. ( N) 0 ( m N) m + =. Dowod. Pokażemy że Niech z = {0} { N : ( m N) = m + }, oczywiście 0 z, załózmy że z, to jest m N taka że = m +, więc + = (m + ) +, stad + z. Z zasady idukcji matematyczej wyika że N z i dostajemy tezę. Fakt 0..2 ( N) ( = + ). Dowod. Niech z = { N : ( = + )}, to z pierwszego aksjomatu 0 z, załóżmy że z, wtedy a podstawie aksjomatu 3 mamy + ( + ) +, więc + z i a podstawie aksjomatu 4 mamy N z. Teza twierdzeia została udowodioa. W zbiorze liczb aturalych możemy wprowadzić dodawaie i możeie. Wprowadzimy dwuargumetowe działaie dodawaia a zbiorze N w sposób astępujący: ( N) + 0 =, ( m, N) m + ( + ) = (m + ) +. Podobie defiiujemy możeie: ( N) 0 = 0, ( m, N) m ( + ) = (m ) + m. Jako ćwiczeie, moża udowodić, że obydwa działaia są łącze, przemiee oraz zachodzi prawo rozdzielości możeia względem dodawaia. Podamy parę przykładów w których wykorzystaa zostaie zasada o idukcji matematyczej. Przykład 0.. Dla każdej liczby aturalej N ma miejsce astepująca rówość: Niech będzie day zbiór: = ( + ). 2 ( + ) z = { N : = }. 2 Oczywiście 0 z. Niech teraz N, pokażemy, że + z, co a mocy zasady idukcji matematyczej N z. Wiec rozważmy wyrażeie , to wtedy = ( + ) ( + ) + 2( + )) ++ = 2 2 co świadczy, że rówież + z. Tak więc N z, więc mamy tezę. = = ( + )( + 2) 2,

5 0.2. LICZBY RZECZYWISTE. 5 Przykład 0..2 Pokażemy, że dla każdej liczby aturalej N zachodzi 6 7. Niech Oczywiście 0 z, iech N, to wtedy z = { N : 6 7 }. 7 + = 7 7 = 7 (6 + ) = Pierwszy składik jest podziely przez 6, atomiast 7 jest podziele przez 6 (bo z) a więc 7 + jest podziele przez 6. Tak więc + z, co a mocy zasady idukcji matematyczej dostajemy N z. Więc własość podzielości o jakiej tu mowa została wykazaa. 0.2 Liczby rzeczywiste. Defiicja 0.2. (Liczby rzeczywiste) Za zbiór liczb rzeczywistych (R,, +, <) możemy uzać każdy zbiór spełiający astępujące aksjomaty:. Liczby wymiere są podzbiorem liczb rzeczywistych Q R, 2. (R,, +) jest ciałem (abelowym), 3. (R, <) jest porządkiem liiowym takim że: ( x, y R) x < y ( r Q) x < r < y, ( x, y, z R) x < y to x + z < y + z, ( x, y R) x > 0, y > 0 to xy > 0, x > 0 to ( x > 0), 4. (Aksjomat Dedekida) jeśli A, B R iepusty podział R, to istieje liczba rzeczywista c R, taka że c A i c jest ajwiększym elemetem zbioru A lub c B i c jest ajmiejszym elemetem zbioru B. Defiicja (Ograiczeie góre) Mówimy, że zbiór A X jest ograiczoy z góry wtedy i tylko wtedy gdy ( c X)( a A) a c. Defiicja (Kres góry) Mówimy, że zbiór ograiczoy z góry A X ma kres góry c X wtedy i tylko wtedy gdy c jest ajmiejszym ograiczeiem górym zbioru A (A X jest ograiczoy z góry wtedy i tylko wtedy gdy istieje c X takie że a A to a c). Twierdzeie 0.2. (O kresie górym) Każdy iepusty podzbiór ograiczoy z góry D R ma kres góry.

6 6 SPIS TREŚCI Dowod. Niech D R jest podzbiorem ograiczoym z góry. Rozpatrzmy astępujący podział A, B R zbioru liczb rzeczywistych: x A ( a D) x a, oraz B = R \ A. Oczywiście A, B są iepuste z założeia. Jeśli by istiały elemety x A i y B takie że y < x to istiałby a A taki że x a i z przechodiości relacji miejszości mamy y < a więc y A co jest iemożliwe (y R \ A). więc x A, y B to x < y. Więc rzeczywiście A, B jest iepustym podziałem R. Z aksjomatu Dedekida wyika istieie elemetu c R takiego że c A jest ajwiększym elemetem zbioru A lub c B ajmiejszym zbioru B. Oczywiście c jest ograiczeiem górym zbioru D A (c jest ajwiększym w A o ile c A, c B to a A to a < c bo A, B jest podziałem R). Teraz udowodimy, że c jest ajmiejszym ograiczeiem zbioru D. Przypuścmy że istieje miejsze ograiczeie góre zbioru D p c < c, to oczywiscie c < c := c +c < c i c jest ograiczeiem zbioru A a więc D. Oczywiście 2 c B więc tym bardziej c B wiec c jest ajmieszym elemetem w B z aksjomatu Dedekida co jest sprzecze z faktem że c < c (c B) co kończy dowód aszego twierdzeia. Uwaga 0.2. Aalogiczie defiiuje się pojęcie ograiczeia dolego zbioru oraz kresu dolego zbioru i oczywiscie zachodzi Twierdzeie o kresie dolym. Twierdzeie Zbiór liczb aturalych N jest ieograiczoy w R. Dowod. Przypuścmy, że teza jest ieprawdziwa, tz. N jest ograiczoy. Więc a mocy poprzediego twierdzeia o kresach zbiór N ma kres góry g R. Więc. N to g. 2. g < g to istieje 0 N takie że g < 0. Jeśli g = g to z 2) mamy g < 0 g < 0 + g g < g, gdzie skorzystaliśmy z defiicji liczb aturalych ( N to + N), a stąd otrzymujemy sprzeczość. Twierdzeie Jeśli a, b R \ Q i a < b, to istieje c Q takie że a < c < b.

7 0.2. LICZBY RZECZYWISTE. 7 Dowod. Możemy oczywiście założyć że 0 < a < b, to korzystając z faktu że liczby aturale N są zbiorem ieograiczoym w R istieje 0 N takie że b a < 0. Niech { m 0 = max m N {0} : m } a, 0 wtedy mamy astępujące ierówości: co kończy dowód biorąc za c = m a < m 0 + = m 0 + < a + (b a) = b Twierdzeie Jeśli a, b Q i a < b, to istieje c R \ Q, takie że a < c < b. Dowod. Tak jak w poprzedim dowodzie, możemy założyć że 0 a < b. Oczywiście łatwo sprawdzić, że d := 2 / Q. Korzystając z ieogriczoości N w R isieje 0 N że podobie jak w poprzedim dowodzie iech 2 b a < 0, { m 0 = max m N {0} : m 2 0 } a, wtedy mamy a < (m 0 + ) 2 = m co kończy dowód aszego twierdzeia. Otrzymujemy z powyższych twierdzeń wiosek. 0 < a + (b a) = b Wiosek 0.2. Wiosek Jeścli a, b R są liczbami rzeczywistymi a < b, to isieją c R \ Q oraz liczba wymiera d Q że a < c < b oraz a < d < c.

8 8 SPIS TREŚCI 0.2. Nierówości Nierówości w aalizie matematyczej odgrywają kluczową rolę, choćby przy zagadieiach związaych z istieiem graic ciągów czy też fukcji, badaiem mootoiczości ciągów i wiele wiele iych problemów. Zdefiiujmy wartość bewzględą z liczby rzeczywistej w sposób astępujący: { x dla x 0 x = x dla x < 0. Wtedy mamy astępujące ierówości:. ( x R) x x, 2. ( x R) 0 x, 3. ( x, y R) x + y x + y, 4. ( x, y R) x y x y, 5. ( x, y, r R) x + y < r x r < y < x + r. Poadto, mamy x = x = x oraz x y = x y dla dowolych liczb rzeczywistych x, y R. Przykład 0.2. (Nierówość Berouliego) ( x )( N) ( + x) + x. Udowodimy tę ierówość stosując idukcję matematyczą. Dla = 0 ierówość jest oczywista: (+x) 0 = = +0 x. Ustalmy teraz dowolą liczbę aturalą N i załóżmy, że ierówość (a + x) + x jest prawdziwa. Wtedy dla + N mamy ( + x) + = ( + x) ( + x) ( + x)( + x) = + x + x + x 2 + x + x = + ( + ) x a stąd ierówość Berouliego dla + też jest prawdziwa. Z zasady idukcji matematyczaj mamy więc że dla dowolej liczby aturalej N i x mamy ( + x) + x, co ależało dowieść. Przykład Stosując idukcję matematyczą, udowodimy prawdziwość astępującego zdaia ( N \ {0})( x,... x (0, )) x... x = x x. Dla = ierówość jest prawdziwa x = x. Załóżmy że dla liczby aturalej N prawdziwe jest zdaie ( x,... x (0, )) x... x = x x

9 0.2. LICZBY RZECZYWISTE. 9 Dla + rozważmy ciąg dodatich liczb rzeczywistych x,..., x + takich że x... x + =. Bez straty ogólości możemy założyć, że x jest ajmiejszą liczbą w tym ciągu a x + jest ajwiększą. Wtedy x 0 i x + 0 a stąd mamy 0 ( x )(x + ) = x + x + x x + x x + x + x +. Kładąc y = x,..., y = x oraz y = x x +, widzimy że y... y = x... x (x x + ) =. Stosując załozeie iducyję mamy y y = x x + x x +. Stosując powyższą ierówość mamy y y = x x + x x + x x + x + x +, więc w kocu dla dowolych dodatich liczb x,..., x +, takich że x... x + = mamy żadaą ierówość + x x +. Z zasady o idukcji matematyczej udowodiliśmy żądaą ierówość dla dowolej dodatiej liczby aturalej N. Przykład (Nierówość Cauchy ego) Dla dowolej dodatiej liczby aturalej N, dla dowolych dodatich liczb rzeczywistych a,..., a zachodzi ierówość a... a a a. Niech A = a... a i dla k {,..., } x k = a k A. Oczywiście każda liczba x k jest dodatia oraz x... x = a A... a A = a... a = a... a =. A a... a Na mocy ierówości udowodioej w poprzedim przykładzie, mamy a więc co ależało dowieść. x x = a a A a... a = A a a, Jeżeli w ostatim przykładzie dla dowolych dodatich liczb rzeczywistych x,... x podstawimy za a = x,..., a = x, to otrzymamy x... x = a... a a a = x x,

10 0 SPIS TREŚCI a stąd mamy x x... x. x Reasumując, dla dowolej dodatiej liczby aturalej, dla dowolych dodatich liczb rzeczywistych a,..., a mamy a a a... a a a. Tutaj, pierwsze wyrażeie jest średią harmoiczą, drugie średią geometryczą a ostatie staowi średią arytmetyczą liczb a,..., a. Zadaia: liczby aturale i rzeczywiste Stosując aksjomatykę Peao (omówioą a wykładzie), defiiujemy dodawaie i możeie w sposób rekurecyjy: D: ( N) + 0 =, D2: ( m N)( N) + S(m) = S( + m). M: ( N) 0 = 0, M2: ( m N)( N) S(m) = ( m) +. Zadaie Proszę udowodić astępujące własości liczb aturalych:. ( N \ {0})( m N) = S(m), 2. ( N) S(). Zadaie 2 Proszę udowodić astępujace własości dodawaia i możeia liczb aturalych:. ( m,, k N) (m + ) + k = m + ( + k). Wsk. Rozważyć zbiór Z = {k N : ( m, N) (m + ) + k = m + ( + k)}. 2. ( N) S(0) =, 3. ( m,, k N) (m + ) k = (m k) + ( k), 4. ( N) 0 = 0, 5. ( m, N) m = m, 6. ( m,, k N) (m ) k = m ( k).

11 0.2. LICZBY RZECZYWISTE. Zadaie 3 Stosując zasadę skończoej idukcji matematyczej, proszę udowodić, że dla każdego N zachodzi: ( + ) = (+)(+2) 3, 0 4 jest podziela przez 6, ( x, y R) x + y (x + y). Zadaie 4 (Zasada Archimedesa) Proszę wykazać, że tutaj x, y N. ( x > 0)( y > 0)( N) x < y, Zadaie 5 Proszę udowodić, ze pomiędzy dwiema różymi liczbami rzeczywistymi moża zaleźć liczbę wymierą oraz liczbę iewymierą. Zadaie 6 Proszę pokazać, że liczby 3 6, sa iewymiere. Zadaie 7 Proszę wyzaczyć kres góry oraz kres doly dla astępujących zbiorów: {. A = }, : m, N \ {0} m { 2 2. B = }, + 3 : m, N \ {0} m { 3. C = }. : N +2 Które z powyzszych kresów są osiągae? Zadaie 8 Proszę wykazać astępujace ierówosci:. ( x, y R) x + y x + y, 2. ( x, y R) x y x y.

12 2 SPIS TREŚCI 0.3 Ciągi liczbowe Defiicja 0.3. (Ciąg liczbowy) Ciągiem liczbowym azywamy każdą fukcję f : N R. Uwaga 0.3. Ciąg liczbowy a : N R ozaczamy rówież jako a = ( a(), a(2),... ) lub (a ) = oraz jako (a ) N. Jedym z ajważiejszych pojęć w teorii ciągów liczbowych jest pojęcie graicy ciagu Defiicja Niech będzie day ciąg liczbowy (a ) N, to liczbę rzeczywistą g R azyway graicą ciągu liczbowego jeśli ɛ > 0 0 N > 0 to a g < ɛ Uwaga Graicę ciągu liczbowego ozaczamy przez lim a. Przykład 0.3. ( lim = 0) Niech będzie daa dodatia liczba ɛ > 0. Korzystając z faktu że N jest ieogaiczoy z góry w zbiorze R, istieje 0 N taka że < ɛ 0. Niech N będzie dowolą liczbą aturalą N większą od 0. Wtedy mamy 0 < ɛ < 0 < < ɛ 0 < ɛ. Ostateczie mamy że dla dowolego ɛ > 0 istieje 0 N, takie że dla dowolego > 0 zachodzi 0 < ɛ, co ależało dowieść. Przykład ( lim = ) Niech ɛ > 0 będzie dowolą liczbą dodatią rzeczywistą. Więdząc że zbiór N jest ieograiczoy w R wyika, że istieje 0 N dla którego zachodzi tak więc jeśli > 0 to wtedy 2 ɛ + < < ɛ 2 < ɛ 2 + < 0, ( ) ɛ 2 = 2 stąd mamy ( ) ɛ 2 < 2 0 < < ɛ dla > 0 = 0 (ɛ) k=0 ( ) ɛ 2 = ( + ɛ) k

13 0.3. CIĄGI LICZBOWE 3 a więc ostateczie dla każdego ɛ > 0 istieje 0 N że jeśli > 0 to co jest rówoważe że lim =. Zachodzi astępujące < ɛ, Twierdzeie 0.3. Jeśli ciąg ma graicę, to ma jedyą Dowod. Niech ciąg będzie zbieży do dwóch liczb g, g 2 R, załóżmy więc, że g g 2 = ɛ. Wtedy istieje 0 N takie, że > 0 to a g i < ɛ 2, a więc co daje sprzeczość. ɛ = g g 2 a g + a g 2 < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ, Twierdzeie (Waruek Cauchy ego) Ciąg a jest zbieży wtedy i tylko wtedy, gdy ( ɛ > 0)( 0 N)(, m > 0 ) a a m < ɛ. Dowod. Dowód w jedą stroę jest prawie oczywisty, bo mamy a a m a g + a m g < ɛ 2 + ɛ 2 = ɛ dla pewej liczby 0 N i każdego > 0. Natomiast w drugą stroę, z aszego waruku (kładąc ɛ = ) dostajemy ograiczoość aszego ciągu. Więc zbiór } A = {x R : { N : a > x} = ℵ 0 jest iepusty i ograiczoy z góry, więc ma kres góry g = sup A R. Udowodimy, że g = lim a. Niech ɛ > 0 będzie dowolą dodatią liczbą rzeczywistą, to wtedy a mocy kraesu górego zbioru A, zbiór } A ɛ = { N : g + ɛ a jest skończoy, więc istieje 0 max A ɛ, że dla > 0 a < g + ɛ. Pokażemy teraz, że istieje 0 N > 0 to g ɛ < a. Gdyby tak ie było, to { } N : a g ɛ byłby ieskończoy, ale g ɛ 2 < g, to istieje rówież ieskończeie wiele wyrazów ciągu a, że g ɛ 2 < a. Jeśli 0 N jest dowole, to istieje takie m, > 0 że a m < g ɛ oraz g ɛ 2 < a, to wtedy a a m g ɛ 2 (g ɛ) = ɛ 2 a stąd otrzymujemy sprzeczość z aszym warukiem Cauchy ego

14 4 SPIS TREŚCI Defiicja (Ciąg ograiczoy) Niech będzie day ciąg liczbowy (a ) N, to powiemy że jest o ograiczoy z góry: gdy ( M R)( N) a M, ograiczoy z dołu: gdy ( m R)( N) m a, ograiczoy: gdy jedocześie jest ograiczoy z góry i jest ograiczoy z dołu. Oczywiście mamy astępujący fakt Fakt 0.3. Ciąg liczbowy (a ) N jest ograiczoy wtedy i tylko wtedy gdy ( M R)( N) a M. Przykład Rozważmy dwa ciągi (a ) N, (b ) N, jeżeli dla dowolego N a =, to wtedy 0, więc (a + + ) N jest ograiczoy, jeżeli dla dowolego N b = 2, to wtedy dla każdego N mamy 0 b i dla dowolej liczby rzeczywistej M R istieje 0 N takie że M < 0 ale mamy rówież 2 dla każdej liczby aturalej. Więc ostateczie dla każdej M R istieje 0 N takie że M < 2 0 = b 0. Reasumując, (b ) N jest ciągiem ograiczoym z dołu ale ie jest ciągiem ograiczoym z góry. Twierdzeie (Weierstrassa) Każdy ciąg ograiczoy zawiera podciąg zbieży. Dowod. Założmy, że ciąd (a ) N jest ogaiczoy, weźmy pod uwagę astępujący zbiór: } P {x R : { N : a < x} < ℵ 0 Zauważmy, że asz zbiór jest iepusty i ie jest całą prostą R, co wyika z tego, że istieje takie m, M R, że m < a < M dla dowowlego N (ciąg ograiczoy). Niech x P i y < x, to wtedy prawdziwa jest ikluzja { N : a < y} { N : a < x} ale te większy zbiór jest skończoy, więc { N : a < y} jest skończoy a stąd y P, więc P jest przedziałem ograiczoym z góry. Stąd istieje kres góry g R zbioru P. Niech k N to { N : a < g } jest skończoy oraz { N : a k < g + } jest ieskończoy, więc k { N : g k < a < g + } = ℵ 0. k Więc istieje m k > k, że a mk (g, g + ), ale k N jest dowole, co kończy dowód aszego k k twierdzeia. Zachodzi w pewym sesie twierdzeie odwrote do poprzediego.

15 0.3. CIĄGI LICZBOWE 5 Twierdzeie Każdy ciąg zbieży jest ograiczoy. Dowod. Jeśli ciąg (a ) N jest zbieży, to biorąc ɛ = > 0 istieje 0 N, że jeśli > 0, to g < a < g +. Biorąc m, M R takie, że m + = mi{mi{a R : 0 }, g } oraz M = max{max{a R : 0 }, g + } mamy m < a < M dla wszystkich N. Twierdzeie (o trzech ciągach) Niech dae będą trzy ciągi liczbowe a, b, c mające astępujące własości:. istieje 0 N > 0, to a c 2. lim a = g = lim b to ciąg c jest też zbieży oraz lim = g. Dowod. Niech ɛ > 0 będzie dowolą dodatią liczbą rzeczywistą, to istieje 0 N takie że > 0 to g ɛ < a c b < g + ɛ co daje c g < ɛ, dowód jest więc zakończoy. Twierdzeie (o ciągu mootoiczym i ograiczoym) Niech ciąg a jest rosący (malejący) i ograiczoy z góry (z dołu) odpowiedio, to jest zbieży. Dowod. Ciąg a jest ograiczoy, więc zbiór { a R : } N jest rówież ograiczoy w R, więc ma swój kres góry g R. Więc dla każdego ɛ > 0 mamy ( ) N a g < g + ɛ oraz istieje 0 N takie że, g ɛ < a 0 i jeśli > 0 to z faktu, że jest rosący mamy g ɛ < a 0 a g < g + ɛ co kończy dowód aszego twierdzeia w przypadku gdy a jest rosący i ograiczoy, dla drugiego przypadku dowód jest aalogiczy.

16 6 SPIS TREŚCI Przykład Zbadamy zbieżość szeregu k=0 e = ( + ). Pokażemy, że ciąg e jest rosący: ( e = + ) ( ) = k = + + k =2 + k=2 ( k )... ( ) k! + ( + )... ( ) + + ( + )! Ograiczoość z góry wyika astępująco: e = k=2 k=2 k=2 2 + = e + k=2 k=2 ( )... ( k + ) k! k ( k )... ( ) + + k! ( k )... ( ) k! k! k 2 = 2 + = 3. 2 Korzystając z poprzediego twierdzeia wosimy, ze graica ciągu e istieje: ( + ) = e. lim Przykład Niech a = dla N. Oczywiście asz ciąg jest ograiczoy z dołu a. Pokażemy, że jest malejący od pewego miejsca. Ciąg jest malejący, gdy > 0 N to a + a a więc + + ( + + ) (+) ( ) (+) ( + ) + ( ) ( + +, ) więc jeśli > 3 to ( + ) < 3 < a stąd mamy a + = + + = a, dla > 3. Na podwtawie twierdzeia o zbieżości ciągu ograiczoego i mootoiczego, wioskujemy, że asz ciąg (a ) = jest zbieży.

17 0.3. CIĄGI LICZBOWE 7 Twierdzeie (O arytmetyce graic) Niech ciągi (a ) = (b ) = będą ciągami zbieżymi, wówczas mamy:. lim (a + b ) = lim a + lim b 2. lim (a b ) = lim a lim b 3. lim (a b ) = lim a lim b a 4. Jeśli b 0 dla N oraz lim b 0, to lim b 5. Jeśli a > 0 dla N to lim a b = ( lim a ) ( lim b). = lim a lim b Dowod. Wykażemy dla przykładu prawdziwość (3) i (5). Wiemy, że ciąg a jest zbieży, więc jest ograiczoy: istieje M > 0 N to a < M i b < M. Wybierzmy dowole ɛ > 0, więc istieje 0 N, że jeśli > 0 to Stąd mamy a a < ɛ 2M oraz b b < ɛ 2M. a b ab a b a b + a b ab = a b b + a a b < M ɛ 2M + ɛ 2m M = ɛ, co kończy dowód puktu (3). Pokażemy w dowodzie (5), że lim c b = c lim b dla dowolego c > 0. Zauważmy, że lim cb = lim c b b c b = c b lim c b b = c lim b lim c b b. Oczywiście lim (b b) = 0. Pokażemy, że jeśli lim d = 0 to lim wpierw, że c >. Niech ɛ > 0, wtedy istieje 0 N, że jeśli 0 to c d =. Możemy założyć więc c 0 < + ɛ, oraz d < 0, + ɛ cd < c 0 < + ɛ mamy więc lim c d = a stąd mamy lim c b = c lim b. Jeśli c (0, ) to > i wtedy c lim cb = lim ( = c )b ( = cb = c lim b. c )b

18 8 SPIS TREŚCI Niech lim a = a > 0 i iech 0 < ɛ jest takie, że 0 < a ɛ, to Niech S = {x R : (k ) = lim a b k k (a ɛ) b < a b < (a + ɛ) b. dla każdego ɛ > 0 i każdego x S istieje podciąg ciągu a b (a ɛ) b = lim (a ɛ) b k Więc ostateczie dla każdego ɛ > 0 mamy: = x} będzie zbiorem puktów skupieia ciągu a b, to wtedy lim a b k k S ((a ɛ) b, (a + ɛ) b ). zbieży do x S a wtedy = x lim (a + ɛ) b k = (a + ɛ) b. Niech ɛ := a dla każdego N to wtedy ( lim (a + ɛ ) b = a b lim Podobie ( lim (a ɛ ) b = a b lim Stąd ostateczie mamy + ɛ a ɛ a S ɛ>0 ) b = a b lim ) b = a b lim ( ( + ) ) b ( ( ) ) b < a b lim 3 b ( ) b > a b lim 3 [(a ɛ) b, (a + ɛ) b ] N[(a ɛ ) b, (a + ɛ ) b ] = {a b }. = a b lim 3 b = a b = a b. = a b lim 3 = b ab. Więc zbiór puktów skupieia ciągu a b a b, co kończy dowód p-ktu 5-tego. jest jedoelemetowy S = {a b }, co dowodzi, że lim a b = Twierdzeie Jeśli ciąg lim = g R, to. lim a i i= = g, 2. jeśli a 0 to lim a = g. i=

19 0.3. CIĄGI LICZBOWE 9 Dowod. Pokażemy pukt (), zakładając zbieżość ciągu a. Niech 0 < ɛ R, będzie dowolę liczbą rzeczywistą dodatią, to isieje 0 N taka, że > 0 to a g < ɛ. Wtedy mamy 0 i= a 0 g = i= a i i= a g 0 i= a i + i= 0 + (a g) 0 i= a i + ( 0)ɛ 0 = i= a i + 0 ɛ. Przechodząc do graicy mamy 0 lim i= a ( 0 g lim i= a i + ) 0 ɛ = 0 + ɛ = ɛ, co kończy dowód częsci pierwszej, bo ɛ > 0 było dowole. Drugą część twierdzeia dowodzi się aalogiczie. Twierdzeie Mamy dwa astępujące zdaia:. Jeśli lim a + a = g, to lim a = g. a 2. Jeśli a > 0 i lim + a = g, to lim a = g. Dowod. Jeśli spełioe jest załozeie (), to biorąc b = a a dla > oraz b = a i a 0 = 0 to wtedy z założeia lim b = g więc z poprzediego Twierdzeia mamy: i= g = lim b = lim i= a i a i Podobie dowodzimy drugiego puktu (2), biorąc za c = lim c = g, więc z poprzediego twierdzeia mamy co kończy dowód. g = lim = lim a a 0 a a c i = lim a, i= a = lim. dla > oraz c = a. To wtedy Przykład Niech a =, to jesłi b = dla N to wtedy lim poprzediego twierdzeia mamy lim a =, czyli b b =, więc z lim =.

20 20 SPIS TREŚCI Zadaia: ciągi Zadaie 9 Proszę zbadać, czy astępujące ciągi są ograiczoe: ( a) a = ; b) b = ) ; c) c = ; d) d 0 = d + = 2 + d. Zadaie 0 Proszę zbadać, czy astępujące ciągi są mootoicze od pewego miejsca: ( 3... (2 ) a) a ; b) b = ) ; c) c = ; d) d 0 = d + = ( 2 + d ; e) e = ) f) f =! g) g =. Zadaie Korzystajac z twierdzeia o ciągu ograiczoym i mootoiczym, proszę uzasadić istieie graic podaych ciągów a astępie je wyzaczyć: a) a = 00 ; b) b 0 = 2 b + = 2 + b ; c) c 0 = c + =.! + c Zadaie 2 Niech k N \ {0} bedzie dodatią liczbą aturalą oraz dodati ciąg (a ) N, taki że lim a = a. Proszę pokazać, że lim k a = k a. Zadaie 3 Niech x X N będzie ciągiem w przestrzei metryczej (X, d). Proszę udowodić astępujacy fakt: ( y X)(xjest zbieży do y każdy podciag x jest zbieży do y). Zadaie 4 Korzystając z defiicji graicy ciągu liczbowego, prosze uzasadić że: a) lim 3 + = 3; b) b > 0 lim b = ; c) lim 2 + ( ) = 0; d) lim si = 0. Zadaie 5 Korzystajac z twierdzeia o arytmetyce graic, proszę obliczyć graice astępujacych ciągów: ; ( 3 + ) 33 ; 2 + ; 94 + ( + ). 22 Zadaie 6 Korzystając z twierdzeia o trzech ciągach, proszę oliczyć graice astępujacych ciagów: ; 2 + si ; 2 + [ 2 ] ; ; Tutaj mamy ( x R)( Z)([x] = x < + )

21 0.3. CIĄGI LICZBOWE 2 Zadaie 7 Proszę wyzaczyć graice podaych ciągów liczbowych: ( ) ; ( ) 3 ; + 2 ( 2 ) 2+. Zadaie 8 Korzystajac z defiicji graicy iewłaściwej ciągiu liczbowego, prosze udowodić, że: lim (2 5) = ; 2 lim + = ; lim (3 log 2 ) =. Zadaie 9 Korzystając z twierdzeia o dwóch ciagach, proszę wyzaczyć graice iewłaściwe podaych ciągów: (2 cos 8) 2 ; Zadaie 20 Prosze udowodic: ( a R N )( x R)(x jest p-ktem skupieia ciągu a istieje podciąg ciągu a zbieży do x). Zadaie 2 Proszę podac przykłady ciągów liczbowych, dla których podae zbiory są zbiorami puktów skupieia tych ciągów: { } {0, }; + : N {0}; Z {, }. Zadaie 22 Proszę udowodić, że ie istieje ciąg liczbowy, którego zbiorem puktów skupieia jest zbiór liczb wymierych Q. Zadaie 23 Proszę wyzaczyć graice góre oraz graice dole podaych ciągów liczbowych: Zadaie 24 Prosze udowodić: ( ) ; si π 4 + cos π 3 ; 3 ( )[ 2 ] + 5 ( ) [ 3 ]. ( x R N )( g R)( lim a = g lim sup a = g = lim if a ). Zadaie 25 Niech x będzie liczbą zer a końcu liczby! (w układzie dziesiętym). Czy istieje graica ciągu y = x dla liczb aturalych N, takich że > 0?

22 22 SPIS TREŚCI 0.4 Szeregi liczbowe W tym rozdziale zajmiemy się pojęciem szeregów liczbowych i iloczyów ieskończoych. Zacziemy więc od defiicji szeregu liczbowego. Defiicja 0.4. (Szereg liczbowy) Niech day będzie ciąg liczbowy (a ) =, iech N N to N tą sumą częśćiową azywamy wyrazeie S N = N a. = jest zbieży. Wów- Szereg liczbowy ciągu (a ) = jest zbieży ciąg sum częściowych (S N ) N= czas ozaczamy N a := lim S N = lim a. N N = = Natychmiast zachodzi astępujące twierdzeie. Twierdzeie 0.4. (Cauchy ego) Szereg ciągu (a ) = jest zbieży wtedy i tylko wtedy gdy ( ɛ > 0)( 0 N)(, m > 0 ) a k < ɛ. Dowod. Prosta kosekwecja twierdzeia Cauchy ego o ciągu sum częściowych S N. Twierdzeie (waruek koieczy) Jeśli szereg ciągu (a ) = jest zbieży, to lim a = 0. Dowod. Załóżmy że ciąg sum częściowych S N ciągu a jest zbieży do S, to wtedy k=m lim a = lim (S S ) = S S = 0. Twierdzeie (waruek koieczy) Jeśli szereg ciągu malejącego (a ) = jest zbieży, to lim a = 0.

23 0.4. SZEREGI LICZBOWE 23 Dowod. Niech ɛ > 0, to istieje 0 N takie że, m > 0 to dla > 0 ɛ > k= 0 a k ( 0)a 0, oczywiście z poprzediego twierdzeia wyika, że lim 0 a = 0, więc 0 lim a ɛ. Natomiast ɛ > 0 jest dowole, więc mamy tezę aszego twierdzeia. Przykład 0.4. Jeśli szereg S = byl zbieży, to korzystaiąc z tego że a = jest malejący, mielibyśmy z poprzediego twierdzeia astępującą rówość: co jest ieprawdą. i= i 0 = lim a = lim =, Twierdzeie (Kryterium porówawcze) Niech będą dae dwa szeregi o wyrazach dodatich, takich, że istieje 0 N, że dla > 0 mamy 0 a b, to wtedy. jeśli szereg b jest zbieży, to a jest rówież zbieży, = = 2. jeśli szereg a jest rozbieży to b jest rozbieży. = = Dowod. Niech day szereg b będzie zbieży, to wtedy dla dowolego ɛ > 0 istieje 0 N, że = dla dowolego, m > 0 mamy k k=m+ k k=m+ a k = b k < ɛ, więc k k=m+ a k k k=m+ b k = k k=m+ b k < ɛ co wobec twierdzeia Cauchy ego wosimy, że szereg a jest zbieży. Drugie zdaie wyika z pierwszego, co kończy dowód. =

24 24 SPIS TREŚCI Twierdzeie (Kryterium ilorazowe) Niech będą dae dwa ciągi dodatie (a) =, (b) =, a takie że lim b = q (0, ), to wtedy a jest zbieży (rozb) wtedy i tylko wtedy gdy = b jest zbieży (rozb). Dowod. Załóżmy, że szereg a jest zbieży, iech ɛ > 0 takie że 0 < q ɛ, to istieje 0 N, = że > 0 to 0 < q ɛ < a < q + ɛ, b więc 0 < (q ɛ)b < a < (q + ɛ)b więc z kryterium porówawczego mamy zbieżość szeregu (q ɛ)b a stąd mamy zbieżość szeregu b co zakończyło dowód aszego twierdzeia. = = = 0 + Twierdzeie (o zagęszczaiu) Niech będzie day ciąg liczbowy spełiający waruki:. ciąg (a ) = jest malejący, 2. lim a = 0, to szereg a jest zbieży wtedy i tylko wtedy gdy szereg 2 a 2 jest zbieży. = Dowod. Niech day szereg a będzie zbieży, to wtedy dla dowolego ɛ > 0 istieje 0 N, = że dla dowolego, m > 0 mamy k k=m+ a k < ɛ, więc = 2 k a 2 k = k=0 2 k 22 k a 2 k 2 2 k a i = 2 2 a k k= i=2 k + k= i=2 k + k= szereg większy jest zbieży więc a podstawie kryterium porówawczego mamy szereg zbieży który jest miejszy. i a odwrót: a k a + k= 2 k= co kończy dowód twierdzeia. a k = 2 i+ i=0 k=2 i + a k 2 i a 2 i+ = 2 i+ a 2 i+, 2 i=0 i=0

25 0.4. SZEREGI LICZBOWE 25 Twierdzeie Jeśli szereg a jest zbieży, to a zbieży jest rówież. Dowod. Jeśli, m > 0 mamy więc = a jest zbieży, to dla dowolego ɛ > 0 istieje 0 N, że dla dowolego = m a k k= co kończy dowód aszego twierdzeia. m a k < ɛ, k= m a k = k= = m a k < ɛ, Twierdzeie (Kryterium Cauchy ego) Niech będzie day ciąg (a ) = to wtedy:. Jeśli lim sup a = q < to a jest zbieży. = k= 2. Jeśli lim if a = q > to a jest rozbieży. = Dowod. Niech ɛ > 0 będzie taką liczbą rzeczywistą dodatią, że spełioy jest waruek q+ɛ < to isieje 0 N, że 0, to a < q := q + ɛ < więc a < q a stąd mamy dla dowolego M > 0 M a k M M a k q k < g k = q 0 q k= 0 k= 0 k= 0 k= 0 co dowodzi przypadku pierwszego. W drugim przypadku, biorąc za q R takie że < q < q to istieje takie 0 N, że dla > 0 < q < a, więc < a dla > 0 to zaś implikuje, że ieprawdą jest lim a = 0 a więc szereg a jest rozbieży. = Twierdzeie (Kryterium D Alamberta) Niech będzie day ciąg (a ) = oraz a 0 dla każdego N to wtedy:. Jeśli lim sup a + a = q < to a jest zbieży. = 2. Jeśli lim if a + a = q > to a jest rozbieży. =

26 26 SPIS TREŚCI Dowod. Wybierzmy q R takie że q < q <, więc istieje 0 N takie, że dla > 0 < q <. Więc dla > 0 mamy a + a a stąd k= 0 a k a a 0 k= 0 a k < = a k+ a k < q k= 0 k= 0 q k a 0 a 0 q 0 k=0 q k = q co dowodzi pierwszego zdaia. W drugim przypadku, biorąc za q R takie że < q < q to istieje takie 0 N, że dla > 0 0 < a 0 < a, to zaś implikuje, że ieprawdą jest lim a = 0 a więc szereg a jest rozbieży. = 0.5 Iloczyy ieskończoe Defiicja 0.5. Niech day będzie ciąg liczbowy (a ) =, to ciąg iloczyów częściowych (p ) = defiiujemy jako: p = a k. k= Jeśli ciąg iloczyów częściowych p jest zbieży do p R, to graicę tę azywamy iloczyem ieskończoy ciągu a i ozaczamy: p = a k := lim k= k= a k. Jeśli p = 0 lub p =, to iloczy taki azywamy rozbieżym iloczyem ieskończoym. Twierdzeie 0.5. (Cauchy ego) Niech będzie day ciąg liczbowy (a ) =, to iloczy ieskończoy a jest zbieży wtedy i tylko wtedy gdy spełioy jest waruek: = ( ɛ > 0)( 0 N) > m > 0 a k < ɛ. Dowod. Nich asz iloczy będzie zbieży do p R to oczywiście istieją takie d, g R, że 0 < d < p < g dla N, weźmy dowolą liczbe 0 < ɛ R, to istieje 0 N, m > 0, to p p m < dɛ a stąd p p m < ɛd < ɛd p m d = ɛ, k=m

27 0.5. ILOCZYNY NIESKOŃCZONE 27 więc dowód w jedą stroę został zakończoy. Załóżmy, że teraz spełioy jest waruek w twierdzeiu, to biorąc za ɛ = mamy 0 = ɛ < p p m < ɛ + = 2 dla > m = 0 + > 0. w takim razie ciąg p = a k jest ograiczoy przez pewą liczbę M R. Więc z aszego założeia k= wyika, że jeśli ɛ > 0 jest dowole, to iistieje takie 0 N, że dla dowolego > m > 0 zachodzi a stąd mamy p p m < ɛ M, p p m < ɛp m M < ɛm M = ɛ. wieć z twierdzeia Cauchy ego o zbieżości ciągów wosimy, że ciąg p jest zbieży do pewego p R. Pozostało am do udowodieia, że p 0. Gdyby tak iebyło, to istieje 0 N, > 0 to p < 2, p 0 + a stąd mamy dla dowolego N większego od 0 2 < p, p 0 + oraz co prowadzi do sprzeczości. 2 = lim 2 < lim p p 0 + = lim p p 0 + = 0 Twierdzeie (waruek koieczy zbieżości iloczyu) Jeśli iloczy ieskończoy a jest zbieży, to lim a =. = Dowod. Dowód tego twierdzeia jest elemetary. Twierdzeie Niech będzie day ciąg liczbowy (b ) = o wyrazach dodatich. To wtedy iloczy ieskończoy ( + b ) jest zbieży wtedy i tylko wtedy gdy szereg b jest zbieży. = =

28 28 SPIS TREŚCI Dowod. Niech p = ( + b k ) i s = b k. Zauważmy, że k= k= + s p e b k = e k= k= b k, więc p jest ograiczoy wtedy i tylko wtedy gdy s jest ograiczoy. Oczywiście oba ciągi s, p są rosęce, więc ze zbieżości jedego ciągu wyika zbieżość drugiego. Pozostało udowodić, że lim p 0, te fakt atychmiast wyika z ierówości Dowód twierdzeia został zakończoy. + s p dla N. 0.6 Szeregi potęgowe Defiicja 0.6. Niech będzie day ciąg liczbowy (a ) =0 to a (x x 0 ) azywamy szeregiem potęgowym o środku x 0 (o ile jest zbieży w x). =0 Defiicja (zbieżość jedostaja) Niech f : D R będzie ciągiem fukcyjym a D R oraz f : D R to f f a D ɛ > 0 0 N > 0 x D f (x) f(x) < ɛ. Twierdzeie 0.6. Niech (a ) =0 będzie ciąg liczbowy oraz iech q = lim sup a, to wtedy. jeśli x (, ) to a q q x jest zbieży bezwzględie. Jeśli q = 0, to a x jest zbieży =0 bezwzględie dla każdego x R, 2. f (x) = a k x k f(x) = a k x k a [ c, c] (, ), q q k=0 k=0 3. jeśli x > to a q x jest rozbieży. =0 =0

29 0.6. SZEREGI POTĘGOWE 29 Dowod. ). Niech q = lim sup a, i iech ɛ > 0 będzie dowolą liczbą rzeczywistą dodatią, to istieje 0 N że dla > 0 mamy q + ɛ > a. To a < (q + ɛ) dla > 0. Z drugiej stroy wiemy że x < a więc x(q + ɛ) < dla pewego ɛ > 0. Mamy więc q = 0 + a x < = 0 + = 0 + a x = 0 + a x(q + ɛ) (q + ɛ) x(q + ɛ) = (x(q + ɛ)) 0+ x(q + ɛ), stąd szereg a x jest zbieży bezwzględie dla x (, ). q q =0 Dowód 2). Niech 0 c < q a więc dla każdego x [ c, c] mamy f (x) f(x) = i ɛ > 0 to a mocy ) istieje N, że dla k > k=+ k=+ a k x k a k c k < ɛ k=+ a k x k k=+ a k c k < ɛ co jest rówoważe ze zbieżością jedostają ciągu sum częściewych f f a [ a, a]. Dowód 3). Niech x > q, to q > x stąd istieje podciąg (k ) = że dla N k ak > x a k x k > lim a x 0, więc a x jest rozbieży, co kończy dowód aszego twierdzeia. =0 Wiosek 0.6. Niech (a ) =0 będzie dowolym ciągiem liczbowym, to wówczas. Jeśli q = lim a istieje, to dla każdego x (, ), a q q x jest zbieży bezwzględie, =0 2. Jeśli q = lim a + a istieje, to dla każdego x (, ), a q q x jest zbieży bezwzględie. Dowod. Wystarczy zauważyć, że jeśli lim a istieje, to lim sup a = lim a co dowodzi ) stosując powyższe twierdzeie. Natomiast jeśli lim istieje, to wówczas lim a = a lim + a i stosujemy ). a + a Na podstawie powyższego twierdzeia możemy wprowadzić astępującą defiicję: =0

30 30 SPIS TREŚCI Defiicja (promień zbieżości) Niech będzie day szereg potęgowy to liczbę R = azywamy promieiem zbieżości. lim sup a a (x x 0 ), =0 gdy lim sup a (0, ) gdy lim sup a = 0 0 gdy lim sup a =. Uwaga 0.6. Jeśli R [0, ) jest promieiem zbieżości szeregu potęgowego a (x x 0 ) to szereg jest zbieży w przedziale (x 0 R, x 0 + R) szereg jest rozbieży a zbiorze (, x 0 R) (x 0 + R, ) w puktach x 0 R i x 0 + R zbieżość zależy od szeregu potęgowego. Zbiór { x R : =0 } a (x x 0 ) jest zbieży azywamy przedziałem zbieżości szeregu potęgowego =0 a (x x 0 ). Przykład 0.6. Zbadać przedział zbieżości szeregu potęgowego Tutaj x 0 = 3 oraz a =, więc R = lim sup a + a (x 3). =0 = lim a a + = lim + =. Więc dla x (3, 3 + ) = (2, 4) szereg jest zbieży. Oczywiście dla x = 2 i x = 4 mamy rozbieżość szeregów ( ) oraz, =0 więc ostateczie (2, 4) jest przedziałem zbieżości aszego szeregu potęgowego. =0 =0