Wstęp do Analizy Matematycznej funkcje jednej zmiennej. Stanisław Spodzieja

Transkrypt

1 Wstęp do Anlizy Mtemtycznej funkcje jednej zmiennej Stnisłw Spodziej Łódź 2014

2 2

3 Wstęp Książk t jest niezncznie zmodyfikowną wersją wykłdu z nlizy mtemtycznej dl pierwszego roku mtemtyki, jki prowdziłem od 2002 roku n Wydzile Mtemtyki Uniwersytetu Łódzkiego. Pomyśln jest on jko podręcznik nlizy mtemtycznej dl studentów pierwszego roku mtemtyki orz zwnsownych studentów innych specjlności. Proponowny tekst jest dość długi, liczy pond 400 stron. Chcieliśmy jednk zchowć możliwie pełną precyzję i nie odwoływć się do intuicji. Ndrzędnym celem wykłdu było zpoznnie czytelnik, wrz z pełnymi dowodmi, z wszystkimi podstwowymi twierdzenimi nlizy mtemtycznej jednowymirowej, bez odsyłni do lgebry, topologii, czy logiki. M to duże znczenie dl studentów pierwszego roku studiów, gdzie wykłdy te są prowdzone równolegle, czsmi n wyższych ltch studiów. Kolejnym celem wykłdu było zszczepienie u studentów mtemtyki zsdy nie korzystni z twierdzeń, których nie potrfią udowodnić lub zrozumieć dowodu. Pozwoli to uniknąć wielu błędów wynikjących z fktu, że niektóre pojęci o tkiej smej nzwie, w różnych podręcznikch mogą być definiowne inczej, więc prwdziwość dnego twierdzeni zleży od przyjętych definicji. Nleży przy tym pmiętć, że dowody twierdzeń w różnych podręcznikch zleżą od przyjętego ukłdu mteriłu i korzystnie z różnych żródeł może doprowdzić do tk zwnych zpętleń, czyli dowodzeni twierdzeni w oprciu o to smo twierdzenie. Z twórców nlizy mtemtycznej uwż się Isc Newton, Gottfried Wilhelm von Leibniz, August Cuchy ego i Krl Theodor Wilhelm Weierstrss. Głównymi pojęcimi rozwżnymi w nlizie mtemtycznej są liczby rzeczywiste i funkcje określone n zbiorch liczb rzeczywistych. Jednym z podstwowych zgdnień tej głęzi mtemtyki jest bdnie konsekwencji ksjomtu ciągłości lub inczej istnieni kresów podzbiorów zbioru liczb rzeczywistych. Proponowny w tej książce wykłd obejmuje podstwowe widomości z zkresu nlizy mtemtycznej jednej zmiennej, począwszy od liczb rzeczywistych, funkcji elementrnych, ciągów i szeregów liczbowych i funkcyjnych, ciągłości i różniczkowlności ż po cłkę Riemnn i informcje o liczbch zespolonych. Do zrozumieni tekstu potrzebn jest znjomość podstw logiki mtemtycznej i teorii mnogości. Dl wygody czytelnik, w dodtku C, zbiermy pewne widomości z tych dziedzin. W książce podne są zdni uzupełnijące tekst główny. N niektóre z nich będziemy powoływć się w dlszej części tekstu. Zdni te czytelnik rozwiąże 3

4 4 bez większego trudu, bowiem optrzone są one wyczerpującymi wskzówkmi. W tekście zmieszczono również zdni trudniejsze oznczone symbolem. Niektóre z nich wykrczją poz zkres nlizy mtemtycznej dl pierwszego roku studiów, pokzują jednk w jkich zgdnienich wykorzystuje się wprowdzne pojęci. W książce przyjęliśmy nstępującą konwencję: punkt 2.5 ozncz punkt 5 w rozdzile 2, twierdzenie ozncz zś twierdzenie 1 z punktu 2.5 (w rozdzile 2). Wzór (3.6) ozncz wzór 6 w rozdzile 3. U dołu strony (w stopce) podjemy pewne informcje dodtkowe dotyczące omwinych zgdnień. W pierwszym czytniu informcje te możn pominąć. W oprcowniu wykłdu korzystłem z podręczników i monogrfii nstępujących utorów: J. Chądzyńskiego, G. M. Fichtenholz, F. M. Filipczk, T. Krsińskiego, K. Kurtowskiego i A. Mostowskiego, F. Lei, S. Łojsiewicz, A. Mostowskiego i M. Strk, W. Rudin, W. Sierpińskiego orz G. H. Hrdy ego i E. M. Wright, wymienionych w spisie litertury. Czytelnik prgnącego pogłębić widomości z nlizy mtemtycznej jednej zmiennej odsyłm do monogrfii W. Rudin, G. M. Fichtenholz orz S. Łojsiewicz. Prgnę przy tej okzji serdecznie podziękowć Pnu Profesorowi Jckowi Chądzyńskiemu, Pnu Profesorowi Włdysłwowi Wilczyńskiemu, Pni Profesor Ewie Hensz-Chądzyńskiej, Pnu Profesorowi Andrzejowi Nowickiemu orz Pni Doktor Ludwice Kczmrek i Pnu Doktorowi Przemysłwowi Skibińskiemu z wiele cennych uwg, które wpłynęły n ulepszenie tekstu. Dziękuję również dr Mrii Frontczk, dr Tomszowi Rodkowi, dr Grzegorzowi Sklskiemu orz mgr Ktrzynie Kielnowicz, mgr Annie Kimczyńskiej, mgr Mrii Michlskiej i mgr Becie Osińskiej, z przeczytnie tekstu, co pozwoliło uniknąć wielu niedociągnięć i błędów zecerskich. Łódź, kwiecień 2014 roku Stnisłw Spodziej

5 Rozdził 1 Liczby rzeczywiste Podstwowymi pojęcimi rozwżnymi w nlizie mtemtycznej są liczby rzeczywiste i funkcje określone n zbiorch liczb rzeczywistych. W rozdzile tym określimy liczby rzeczywiste drogą ksjomtyczną (1) nstępnie wyodrębnimy liczby cłkowite, wymierne i niewymierne (por. n przykłd [11]). Dokłdniej, zkłdmy, że istnieje pewien zbiór R, w którym określone są dw dziłni i relcj mniejszości, które spełniją pewne włsności (ksjomty). Cłą dlszą wiedzę o liczbch rzeczywistych będziemy opierć n tych wyróżnionych włsnościch. N koniec tego rozdziłu podmy definicję rozszerzonego zbioru liczb rzeczywistych. 1.1 Aksjomty liczb rzeczywistych Zkłdmy, że istnieje zbiór, który będziemy oznczć literą R i nzywć zbiorem liczb rzeczywistych, elementy tego zbioru zś będziemy nzywć liczbmi rzeczywistymi. Zkłdmy, że w zbiorze R określone są dziłni dodwni + i mnożeni, czyli funkcje + : R R R, : R R R orz relcj mniejszości <, które spełniją nstępujące włsności zwne ksjomtmi: I. Aksjomty cił (2). 1. (Łączność dodwni i mnożeni). Dl kżdych x, y, z R, x + (y + z) = (x + y) + z, x (y z) = (x y) z. 2. (Przemienność dodwni i mnożeni). Dl kżdych x, y R, x + y = y + x, x y = y x. 3. (Rozdzielność mnożeni względem dodwni). Dl kżdych x, y, z R, x (y + z) = (x y) + (x z). 4. (Istnienie elementów neutrlnych dziłń). Istnieją różne elementy 0, 1 R tkie, że dl kżdego x R, 0 + x = x, 1 x = x. 5. (Istnienie różnicy i ilorzu). Dl kżdych x, y R, istnieje z R tk, że y = x + z. Dl kżdych x, y R, x 0, istnieje z R tk, że y = x z. (1) Pojęcie ksjomtu podjemy w dodtku C. Liczby rzeczywiste możn również określić, przyjmując z znne pojęcie liczb nturlnych i przy ich pomocy kolejno definiowć liczby wymierne i rzeczywiste (ptrz n przykłd [13], [20]). (2) Struktury lgebriczne spełnijące ten ukłd ksjomtów nzywmy ciłmi. 5

6 6 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE II. Aksjomty porządku. 1. (Spójność relcji mniejszości). Dl kżdych x, y R tkich, że x y zchodzi x < y lub y < x. 2. (Przechodniość relcji mniejszości). Dl kżdych x, y, z R, jeśli x < y i y < z, to x < z. 3. (Antysymetri relcji mniejszości). Dl kżdych x, y R, jeśli x < y to nie zchodzi y < x. III. Aksjomty związku między dziłnimi i relcją mniejszości. 1. Dl kżdych x, y, z R, jeśli x < y, to x + z < y + z. 2. Dl kżdych x, y, z R, 0 < z, jeśli x < y, to x z < y z. IV. Aksjomt ciągłości (zsd ciągłości Dedekind (3) ). 1. Zbioru R nie możn przedstwić jko sumę A B zbiorów A i B tkich, że 1) A i B są zbiormi niepustymi, 2) dl kżdych A, b B zchodzi < b, 3) dl kżdego A istnieje ã A, że < ã, 4) dl kżdego b B istnieje b B, że b < b. Uwg Z Aksjomtu I.4 wynik, że R jest zbiorem niepustym. Możn udowodnić, że powyższe ksjomty jednozncznie chrkteryzują zbiór liczb rzeczywistych orz, że nie są nwzjem sprzeczne (również po dołączeniu ksjomtów teorii mnogości podnych w dodtlu C). Definicje zer i jedynki. Liczbę 0 spełnijącą ksjomt I.4. nzywmy zerem. Liczbę 1 spełnijącą ksjomt I.4. nzywmy jedynką. Włsność W zbiorze R istnieje dokłdnie jedno zero i dokłdnie jedn jedynk. Dowód. Istotnie, jeśli pewne elementy 0 i 1 spełniją Aksjomt I.4, to To kończy dowód. 0 = = = 0 orz 1 = 1 1 = 1 1 = 1. Definicj elementu przeciwnego. Niech x R. Element z R tki, że 0 = x + z nzywmy elementem przeciwnym do x i oznczmy x. Definicj elementu odwrotnego. Niech x R, x 0. Element z R tki, że 1 = x z nzywmy elementem odwrotnym do x i oznczmy 1/x lub 1 x. (3) Julius Wilhelm Richrd Dedekind ( ) niemiecki mtemtyk.

7 1.1. AKSJOMATY LICZB RZECZYWISTYCH 7 Włsność () Kżd liczb x R m dokłdnie jeden element przeciwny. (b) Kżd liczb x R, x 0 m dokłdnie jeden element odwrotny. Dowód. Udowodnimy (). Część (b) dowodzi się nlogicznie. Weźmy x R. Z Aksjomtu I.5 wynik istnienie z R tkiego, że 0 = x + z. Jeśli z R również spełni ten wrunek, to z ksjomtów mmy co nleżło udowodnić. z = z + 0 = z + (x + z) = (z + x) + z = 0 + z = z, Definicje sumy, różnicy, iloczynu i ilorzu. Niech x, y R. Wynik dziłni dodwni x+y nzywmy sumą x i y liczby x, y nzywmy skłdnikmi tej sumy. Wynik dziłni mnożeni x y nzywmy iloczynem x i y liczby x, y nzywmy czynnikmi tego iloczynu. Liczbę z R tką, że y = x + z nzywmy różnicą y i x. Jeśli x 0, to liczbę z R tką, że y = x z nzywmy ilorzem y przez x. Definicj odejmowni. Odejmowniem nzywmy dziłnie : R R R określone wzorem x y = x + ( y) dl x, y R. Definicj dzieleni. Dzieleniem nzywmy dziłnie :: R (R \ {0}) R określone wzorem x : y = x (1/y) dl x, y R, y 0. Włsność () Dl dowolnych x, y R istnieje dokłdnie jedn różnic x i y równ x y. (b) Dl dowolnych x, y R, y 0 istnieje dokłdnie jeden ilorz x przez y równy x : y. Dowód. Ad (). Niech x, y R orz z, z R będą różnicmi x i y, czyli x = y + z, x = y + z. Z włsności 1.1.3() liczb y jest określon jednozncznie, ztem z ksjomtów mmy z = (( y) + y) + z = ( y) + (y + z) = ( y) + x = ( y) + (y + z) = z, czyli różnic x i y jest dokłdnie jedn. Różnic x i y jest równ x y, gdyż y + (x y) = y + (x + ( y)) = (y + ( y)) + x = x. Część (b) dowodzimy nlogicznie. Włsność Dl kżdego x R mmy 0 x = x 0 = 0. Dowód. Poniewż 0 x = (0 + 0) x = 0 x + 0 x, więc 0 x jest różnicą 0 x i 0 x, czyli 0 x = 0 (włsność 1.1.4()).

8 8 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Włsność Jeśli dl liczb x, y R zchodzi x y = 0, to x = 0 lub y = 0 (4). Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieją liczby x 0, y 0 tkie, że x y = 0. Wówczs z Aksjomtu I.5 istnieją z, w R tkie, że 1 = xz, 1 = yw. Ztem z Aksjomtów I.1 i I.2 i włsności mmy 1 = 1 1 = (x z) (y w) = (x y) (z w) = 0 (z w) = 0, co jest sprzeczne z Aksjomtem I.4. W dlszym ciągu trdycyjnie znk mnożeni będziemy opuszczć i pisć xy zmist x y, orz zmist x : y będziemy pisć x/y lub x y. Przyjmujemy, że dziłni mnożeni i dzieleni mją pierwszeństwo przed dziłnimi dodwni i odejmowni, to znczy zmist (x y) + z piszemy xy + z, zmist (x : y) + z piszemy x : y + z i podobnie zmist (x y) z i (x : y) z piszemy odpowiednio xy z i x : y z. Często piszemy y > x zmist x < y. Definicj relcji nierówności. Relcję x < y nzywmy nierównością i mówimy x jest mniejsze od y lub y jest większe od x. Włsność Dl dowolnych x, y R zchodzi dokłdnie jeden z poniższych wrunków: x = y, x < y, y < x. Dowód. N mocy Aksjomtu II.1 co njmniej jeden z tych wrunków musi zchodzić. Przypuśćmy, że zchodzą co njmniej dw wrunki. Pokżemy, że wówczs x < x. Jeśli zchodzi x < y i y < x, to z Aksjomtu II.2 mmy x < x. Jeśli zchodzi x = y i x < y (ewentulnie y < x), to mmy x < x. Pokzliśmy w kżdej sytucji, że z przypuszczeni, wynik że zchodzi x < x. Stąd i z Aksjomtu II.3 wynik, że nie zchodzi x < x. Otrzymn sprzeczność dje tezę. Włsność < 1. Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że nierówność 0 < 1 nie zchodzi. Wówczs 1 < 0 lub 1 = 0 (ptrz włsność 1.1.7). Poniewż 1 0 (Aksjomtu I.4), więc 1 < 0. Stąd i z Aksjomtu III.1, 1+( 1) < 0+( 1) i w konsekwencji z Aksjomtu I.4 mmy 0 < ( 1). Pokzliśmy, że 1 < 0 i ( 1) > 0. Stosując więc Aksjomt III.2 i włsność dostjemy 1 = 1 ( 1) < 0 ( 1) = 0, czyli 1 < 0. To wrz z poprzednim dje, że 0 < ( 1) orz 1 < 0, co w myśl włsności jest niemożliwe. (4) To znczy, że w zbiorze R nie m włściwych dzielników zer. Liczbę x R nzywmy dzielnikiem zer, gdy istnieje y R, y 0, że x y = 0. Przykłdem dzielnik zer jest 0. Dzielniki zer różne od zer nzywmy włściwymi dzielnikmi zer.

9 1.1. AKSJOMATY LICZB RZECZYWISTYCH 9 Wniosek Niech x R. Wówczs zchodzą nstępujące: () x < 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 0 < x. (b) Jeśli x 0, to x > 0 wtedy i tylko wtedy, gdy 1/x > 0. (c) Jeśli x > 0, to x < 1 wtedy i tylko wtedy, gdy 1/x > 1. Dowód. Ad ().. Złóżmy, że x < 0. Wówczs z Aksjomtu III.1 mmy 0 = x + ( x) < 0 + ( x) = x, więc 0 < x.. Anlogicznie jk powyżej, zkłdjąc że 0 < x, mmy x = 0 + x < ( x) + x = 0, więc x < 0. Ad (b).. Złóżmy, że x > 0. Pokżemy, że 1/x > 0. Przypuśćmy przeciwnie, że nierówność 1/x > 0 nie zchodzi. Wówczs, wobec włsności 1.1.7, 1/x = 0 lub 1/x < 0. Jeśli 1/x = 0, to z włsności wynik, że 1 = (1/x) x = 0 x = 0, co jest sprzeczne z Aksjomtem I.4. Jeśli 1/x < 0, to z Aksjomtu III.2 i włsności dostjemy 1 = (1/x) x < 0 x = 0, co jest sprzeczne z włsnością i Doszliśmy do sprzeczności, więc przypuszczenie było fłszywe. Ztem 1/x > 0.. Złóżmy, że 1/x > 0. Pokżemy, że x > 0. Przypuszczjąc przeciwnie, że x < 0 (gdyż z złożeni, x 0) mmy 1 = (1/x) x < (1/x) 0 = 0, co jest niemożliwe. Ztem musi zchodzić x > 0. Ad (c).. Złóżmy, że 0 < x < 1. Pokżemy, że 1/x > 1. Przypuśćmy przeciwnie, że 1/x = 1 lub 1/x < 1. Jeśli 1/x = 1, to x = (1/x) x = 1, co jest sprzeczne z złożeniem, że x < 1. Jeśli 1/x < 1, to z Aksjomtu III.2 dostjemy 1 = (1/x) x < 1 x = x < 1, co jest niemożliwe. Doszliśmy do sprzeczności, więc musi zchodzić 1/x > 1.. Złóżmy, że 1/x > 1. Pokżemy, że x < 1. Przypuśćmy przeciwnie, że x = 1 lub x > 1. Jeśli x = 1, to 1 = (1/x) x = 1/x > 1, co jest niemożliwe. Jeśli x > 1, to 1 = x (1/x) > 1 (1/x) > 1, co jest niemożliwe. Doszliśmy do sprzeczności, więc musi zchodzić x < 1. Definicj. Przyjmujemy nstępujące oznczeni: 2 = 1 + 1, 3 = 2 + 1, 4 = 3 + 1, 5 = 4 + 1, 6 = 5 + 1, 7 = 6 + 1, 8 = 7 + 1, 9 = 8 + 1, 10 = Włsność Dl kżdych x, y R tkich, że x < y istnieje z R, że x < z < y. Dowód. Z włsności i Aksjomtów I.4., II.2. orz III.1. mmy 0 < 1 = < = 2, czyli 0 < 2. Ztem, z włsności 1.1.9(b) wynik, że 1/2 > 0.

10 10 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Wykżemy, że liczb z = (x + y)/2 spełni tezę włsności. Istotnie, z Aksjomtu III.1, x + x < x + y, czyli 2x < x + y. Poniewż 1/2 > 0, więc z Aksjomtu III.2 mmy x < (x + y)/2 = z. Podobnie mmy x + y < 2y i dlej z = (x + y)/2 < y. Resumując, x < z < y, co kończy dowód. Definicj relcji. W R określmy relcję w nstępujący sposób: liczby x, y R są w relcji, co zpisujemy x y, gdy x < y lub x = y. Piszemy również y x zmist x y i mówimy x jest niewiększe od y lub y jest niemniejsze od x lub x jest mniejsze lub równe y lub y jest większe lub równe x. Definicj modułu liczby. Wrtością bezwzględną lub modułem liczby x R nzywmy liczbę x R określoną nstępująco: { x, gdy x 0, x = x, gdy x < 0. Włsność Niech x, y R. Wówczs mmy: () x 0, x = x orz x x x. x (b) xy = x y orz y = x y, gdy y 0. (c) x + y x + y orz x y x y. Dowód. Ad (). Poniewż x = x 0 dl x 0 orz x = x > 0 dl x < 0, więc x 0. Pokżemy, że x = x. Istotnie, dl x = 0 równość oczywiście zchodzi. Dl x > 0 mmy x < 0, więc x = ( x) = x = x. Dl x < 0 mmy x > 0, więc x = x = x. W konsekwencji x = x. Pokżemy terz, że x x x. Poniewż x 0, to dl x 0, mmy x 0 x = x. Dl x < 0, zś mmy x > 0, więc x 0 < x x, więc x x x. W konsekwencji x x x i część () jest udowodnion. Ad (b). Z części () mmy xy = x y, więc xy = x y = x y. Stąd dl y 0, mmy y x y = y x x y = x, więc y = x y. To dje (b). Ad (c). Jeśli x+y 0, to z () mmy x+y = x+y x + y. Jeśli x+y < 0, to x + ( y) > 0, więc z (), x + y = x + ( y) x + y = x + y. W konsekwencji x + y x + y. Z powyższego, mmy x x y + y orz y y x + x = x y + x. Ztem x y x y orz ( x y ) x y. Uwzględnijąc więc definicję x y, dostjemy x y x y. To dje (c) i kończy dowód. Definicj. Liczbę x R nzywmy dodtnią, gdy x > 0. Zbiór R + = {x R : x > 0} nzywmy zbiorem liczb dodtnich. Liczbę x R nzywmy ujemną, gdy x < 0. Zbiór R = {x R : x < 0} nzywmy zbiorem liczb ujemnych. Liczbę x R nzywmy nieujemną, gdy x 0. Zbiór R 0 + = {x R : x 0} nzywmy zbiorem liczb nieujemnych.

11 1.1. AKSJOMATY LICZB RZECZYWISTYCH 11 Liczbę x R nzywmy niedodtnią, gdy x 0. Zbiór R 0 = {x R : x 0} nzywmy zbiorem liczb niedodtnich. Definicj przedziłu. Jeśli, b R orz < b, to zbiory (, b) = {x R : < x < b}, [, b] = {x R : x b}, [, b) = {x R : x < b}, (, b] = {x R : < x b} nzywmy przedziłmi o końcch, b. Przedziły typu (, b) nzywmy otwrtymi, typu zś [, b] domkniętymi (5). Liczbę ( + b)/2 nzywmy środkiem, liczbę b > 0 nzywmy długością przedziłu o końcch i b. Długość przedziłu P oznczmy P. Uwg Przedził otwrty oznczmy tk smo jk prę uporządkowną. Nie powinno to prowdzić do nieporozumień. Używjąc oznczeni (, b), z kontekstu będzie jsne, co przez to rozumiemy. Definicj znku liczby. Znkiem lub signum liczby x R nzywmy liczbę sgn (x) R określoną nstępująco: 1, gdy x > 0, sgn (x) = 1, gdy x < 0, 0, gdy x = 0. ZADANIA Zdnie Dl dowolnych x, y, z, w R mmy: 1 1. ( x) = x, 1/x = x, gdy x x = ( 1)x. 3. x y = w z xz = yw, gdy y, z xz yz = x y, gdy y, z x y + w z = xz+yw x yz ; y w z = xz yw yz, gdy y, z x w y z = xw yz, gdy y, z 0; x y : w z = xz yw, gdy y, z, w 0. Zdnie Niech x, y, z, w R. 1. Jeśli x y i y x, to x = y. 2. Jeśli x 0 i y 0, to xy Jeśli x < y i z w, to x + z < y + w. 4. Jeśli x y i z w, to x + z y + w. 5. Jeśli x > 0 i y < z, to y/x < z/x. 6. Jeśli x < 0, to 1/x < Jeśli x < 0 i y < z, to yx > zx orz y/x > z/x. (5) Przedziły domknięte o końcch, b oznczmy również, b.

12 12 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE 8. Jeśli x 0, to xx > Jeśli 0 < x < y, to 0 < 1/y < 1/x. Zdnie Niech x R. Dl dowolnego ε R, 1. x < ε wtedy i tylko wtedy, gdy ε < x i x < ε, 2. x > ε wtedy i tylko wtedy, gdy ε > x lub x > ε. Zdnie Dl dowolnego x 0 zchodzi sgn (x) = x x. 1.2 Kresy W punkcie tym przedstwimy wżne konsekwencje ksjomtu ciągłości. Definicj zbioru ogrniczonego. Niech E R. Mówimy, że zbiór E jest ogrniczony z góry, gdy istnieje liczb M R tk, że dl kżdego x E zchodzi x M. Kżdą tką liczbę M nzywmy ogrniczeniem górnym zbioru E. Zbiór E, który nie jest ogrniczony z góry, nzywmy nieogrniczonym z góry. Mówimy, że zbiór E jest ogrniczony z dołu, gdy istnieje liczb m R tk, że dl kżdego x E zchodzi x m. Kżdą tką liczbę m nzywmy ogrniczeniem dolnym zbioru E. Zbiór E, który nie jest ogrniczony z dołu, nzywmy nieogrniczonym z dołu. Zbiór E nzywmy ogrniczonym, gdy E jest ogrniczony z góry i z dołu. W przeciwnym przypdku zbiór E nzywmy nieogrniczonym. Definicje kresu górnego i kresu dolnego zbioru. Niech E R. Liczbę M R spełnijącą wrunki: 1) M jest ogrniczeniem górnym zbioru E, 2) dl kżdego M < M istnieje x E, tkie że x > M, nzywmy kresem górnym zbioru E i oznczmy sup E. Liczbę m R spełnijącą wrunki: 1) m jest ogrniczeniem dolnym zbioru E, 2) dl kżdego m > m istnieje x E, tkie że x < m, nzywmy kresem dolnym zbioru E i oznczmy inf E. Uwg W myśl przyjętych definicji, zbiór pusty orz zbiór nieogrniczony z góry nie mją kresów górnych. Anlogicznie zbiór pusty orz zbiór nieogrniczony z dołu nie mją kresów dolnych. N końcu tego rozdziłu rozszerzymy zbiór liczb rzeczywistych w ten sposób, że kżdy zbiór będzie mił kres górny i dolny. Definicje mksimum i minimum zbioru. Niech E R. Element x 0 E tki, że dl kżdego x E zchodzi x x 0, nzywmy elementem mksymlnym zbioru E lub mksimum zbioru E lub elementem njwiększym zbioru E i oznczmy mx E.

13 1.2. KRESY 13 Element x 0 E tki, że dl kżdego x E zchodzi x x 0, nzywmy elementem minimlnym zbioru E lub minimum zbioru E lub elementem njmniejszym zbioru E i oznczmy min E. Uwg Z włsności dostjemy ntychmist, że jeśli zbiór E R m mksimum, to jest ono wyznczone jednozncznie. Anlogiczn uwg zchodzi dl minimum, kresu górnego i dolnego. Z definicji modułu liczby orz mksimum i minimum zbioru dostjemy Włsność Jeśli x, y R, to mx{x, y} = x + y 2 + x y 2 orz min{x, y} = x + y 2 x y. 2 W tym punkcie udowodnimy, że kżdy niepusty i ogrniczony z góry zbiór liczb rzeczywistych m kres górny. Znim przejdziemy do tego fktu, wprowdźmy pojęcie przekroju Dedekind i udowodnimy lemt. W dlszym ciągu wykłdu symbolem oznczmy zbiór pusty (ptrz dodtek C). Definicj przekroju Dedekind. Niech A, B R. Prę zbiorów (A, B) nzywmy przekrojem Dedekind, gdy spełnione są wrunki: 1) A, B, 2) A B = R, 3) dl kżdego x A orz kżdego y B zchodzi x < y. Lemt Niech A, B R. Jeśli (A, B) jest przekrojem Dedekind, to istnieje mx A lub istnieje min B. Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że nie istnieje mx A i nie istnieje min B. Wówczs, z definicji mksimum i minimum, dl kżdego A istnieje ã A, że < ã orz dl kżdego b B istnieje b B, że b < b. To, wrz z określeniem przekroju Dedekind, dje sprzeczność z Aksjomtem IV.1 (zsd ciągłości Dedekind). Twierdzenie (o istnieniu kresu górnego). Jeśli E R jest zbiorem niepustym i ogrniczonym z góry, to istnieje kres górny zbioru E. Dowód. Niech A = { R : istnieje x E, że < x} orz B = R \ A. Z określeni zbiorów A i B wynik, że kżdy element b B jest ogrniczeniem górnym zbioru E. Pokżemy njpierw, że pr (A, B) jest przekrojem Dedekind, tzn. spełni wrunki 1), 2), 3) definicji przekroju Dedekind. Ad 1). Poniewż E, więc istnieje x E. Wówczs x 1 < x, więc x 1 A i w konsekwencji A. Poniewż zbiór E jest ogrniczony z góry, więc istnieje b R tkie, że x b dl kżdego x E. Ztem b A i w konsekwencji b B, czyli B.

14 14 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Ad 2). Z określeni zbiorów A i B mmy A B = A (R \ A) = R. Ad 3). Niech A, b B. Z określeni zbioru A wynik, że istnieje x E, że < x. Poniewż b jest ogrniczeniem górnym zbioru E, więc x b, ztem < b. Resumując, (A, B) jest przekrojem Dedekind. W konsekwencji, z lemtu istnieje mx A lub istnieje min B. Pokżemy terz, że nie istnieje mx A. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje mx A. Wówczs mx A A i z określeni zbioru A, istnieje x E, że mx A < x. N mocy włsności istnieje c R tkie, że mx A < c < x. Ztem c A. To jest niemożliwe, gdyż mx A < c. Pokzliśmy więc, że nie istnieje mx A, więc istnieje min B. Pokżemy n koniec, że min B jest kresem górnym zbioru E. Poniewż min B B, więc min B jest ogrniczeniem górnym zbioru E. Weźmy dowolne M < min B. Wówczs M B, więc M A. Ztem z określeni zbioru A istnieje x E tkie, że M < x. Pokzliśmy więc, że min B spełni wrunki 1) i 2) definicji kresu górnego, czyli sup E = min B. Anlogicznie jk twierdzenie dowodzimy Twierdzenie (o istnieniu kresu dolnego). Jeśli E R jest zbiorem niepustym i ogrniczonym z dołu, to istnieje kres dolny zbioru E. Z definicji mksimum i minimum zbioru dostjemy ntychmist Włsność Niech E R. (i) Jeśli zbiór E posid mksimum, to również posid kres górny i sup E = mx E. (ii) Jeśli zbiór E posid minimum, to również posid kres dolny i inf E = min E. Definicj. Niech E, F R, E, F. Przyjmujemy oznczni: E = {x R : x E}, E + F = {x R : x = y + z, y E, z F }, E F = {x R : x = yz, y E, z F }. Dowody nstępujących dwóch włsności pozostwimy czytelnikowi. Włsność Niech E, F R będą zbiormi niepustymi i ogrniczonymi z góry. () Wówczs inf( E) = sup E. (b) Jeśli E F, to sup E sup F. (c) Jeśli dl dowolnego x E istnieje y F, że x y, to sup E sup F.

15 1.2. KRESY 15 Włsność Jeśli zbiór E R jest niepusty i ogrniczony, to: () inf E sup E. (b) równość inf E = sup E zchodzi wtedy i tylko wtedy, gdy E jest zbiorem jednoelementowym. Włsność Niech E, F R będą zbiormi niepustymi i ogrniczonymi z góry. () Wówczs sup(e + F ) = sup E + sup F. (b) Jeśli E, F R +, to sup(e F ) = sup E sup F. (c) Jeśli R +, to sup({} F ) = sup F. Dowód. Z twierdzeni wynik, że istnieją sup E i sup F. Ad (). Niech M = sup E + sup F. Weźmy dowolny x E + F. Wówczs x = y + z, gdzie y E, z F. Poniewż y sup E i z sup F, więc y + z M. Ztem M jest ogrniczeniem górnym zbioru E + F. Weźmy dowolne M < M. Wówczs M sup E < sup F, więc istnieje z F, że M sup E < z, czyli M z < sup E. Ztem istnieje y E, że M z < y. W konsekwencji M < y +z i x = y + z E + F. Resumując, sup(e + F ) = M. Ad (b). Poniewż E, F R +, więc sup E > 0 i sup F > 0. Niech M = sup E sup F. Wtedy M > 0. Dl dowolnych y E, z F mmy 0 < y sup E, 0 < z sup F, więc yz y sup F M. Ztem M jest ogrniczeniem górnym zbioru E F. Niech M < M. Poniewż M / sup E < sup F, więc istnieje z F, że M / sup E < z. Wtedy z > 0 orz M /z < sup E, więc istnieje y E, że M /z < y, czyli M < yz i yz E F. Resumując, M = sup E F. Ad (c). Dl y F mmy y sup F, poniewż > 0, więc y sup F. Stąd wynik, że sup F jest ogrniczeniem górnym zbioru {} F. Niech M < sup F. Wtedy M / < sup F, więc istnieje y F, że M / < y. Ztem y {} F orz M < y. Resumując, sup F = sup({} F ). ZADANIA Zdnie Udowodnić włsność 1.2.3, twierdzenie orz włsności i Zdnie Dl przedziłu (, b] mmy mx(, b] = sup(, b] = b, inf(, b] = orz nie istnieje min(, b]. Zdnie Jeśli (A, B) jest przekrojem Dedekind, to sup A = inf B. Zdnie Niech E R będzie zbiorem niepustym orz R, < Jeśli zbiór E jest ogrniczony z góry, to zbiór E jest ogrniczony z dołu i inf( E) = sup E. 2. Jeśli zbiór E jest ogrniczony z dołu, to zbiór E jest ogrniczony z góry i sup( E) = inf E. 3. Jeśli zbiór E jest ogrniczony, to zbiór F = { x : x E} jest ogrniczony i sup F = mx{ sup E, inf E }.

16 16 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Zdnie Niech E, F R będą zbiormi niepustymi. 1. Jeśli zbiory E, F są ogrniczone z góry, to sup(e F ) = mx{sup E, sup F }. 2. Jeśli zbiory E, F są ogrniczone z dołu, to inf(e F ) = min{inf E, inf F }. 3.Jeśli E, F R +, to inf(e F ) = inf E inf F. 1.3 Liczby nturlne Definicj zbioru liczb nturlnych. Niech N będzie rodziną wszystkich podzbiorów X R posidjących nstępujące dwie włsności: (i) 1 X, (ii) jeśli x X, to x + 1 X. (6) Niech N będzie częścią wspólną tej rodziny, tzn. N = X N Zbiór N nzywmy zbiorem liczb nturlnych. Elementy zbioru N nzywmy liczbmi nturlnymi. (7) Uwg Rodzin N jest niepust, gdyż oczywiście R N. Zbiór N posid włsności (i), (ii), więc 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10 N. Twierdzenie (zsd Archimedes (8) ). Dl kżdego x R istnieje n N, tkie że n > x. Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje x R tkie, że nie istnieje n N spełnijące nierówność n > x. Wówczs dl kżdego n N mmy n x, czyli x jest ogrniczeniem górnym zbioru N. Stąd, n mocy twierdzeni 1.2.5, istnieje kres górny zbioru N. Oznczmy ten kres przez M. Poniewż M 1 < M, więc (6) Niech R będzie rodziną wszystkich podzbiorów zbioru R tkich, że 1 A. W zbiorze R R określmy formułę ϕ(x, A) wzorem: x A lub x + 1 A (inczej x A x + 1 A). ϕ jest formułą teoriomnogościową (ptrz dodtek C), bowiem istnieje dziłnie +, więc istnieje funkcj F : R x x+1 R i wtedy wrunek x+1 A możn zpisć y R y A (x, y) F. Wówczs rodzin N jest zbiorem wszystkich A R spełnijących formułę x R ϕ(x, A). (7) Wobec przyjętej definicji mmy 0 N, co pokżemy dlej. W literturze przyjmuje się również, że N {0} jest zbiorem liczb nturlnych. Włoski mtemtyk i logik Giuseppe Peno ( ), zkłdjąc że istnieje zbiór elementów zwnych liczbmi nturlnymi (z dołączonym zerem) i istnieje funkcj nstępnik przeksztłcjąc zbiór liczb nturlnych w siebie wykzł, że rytmetykę liczb nturlnych możn oprzeć n nstępujących ksjomtch: () zero jest liczbą nturlną, (b) zero nie jest nstępnikiem żdnej liczby nturlnej, (c) liczby o równych nstępnikch zą równe, (d) zbiór, który zwier zero i który wrz z kżdą liczbą zwier jej nstępnik, zwier wszystkie liczby nturlne. (8) Archimedes z Syrkuz (około p.n.e.) wybitny grecki fizyk i mtemtyk. X.

17 1.3. LICZBY NATURALNE 17 z definicji kresu górnego, istnieje liczb n 0 N tk, że M 1 < n 0. Ztem M < n Poniewż n 0 +1 N, więc z definicji kresu górnego mmy n 0 +1 M. Otrzymn sprzeczność kończy dowód. Z twierdzeni dostjemy ntychmist nstępujące dw wnioski. Wniosek Zbiór liczb nturlnych nie jest ogrniczony z góry. Wniosek Dl dowolnych x, y R, jeśli y > 0, to istnieje n 0 N tkie, że ny > x dl kżdego n R tkiego, że n n 0. Twierdzenie (zsd indukcji). Jeśli zbiór X N spełni wrunki: (i) 1 X, (ii) jeśli x X, to x + 1 X, to X = N. Dowód. Z złożeni o zbiorze X mmy, że X N orz X N. Ztem z definicji zbioru N dostjemy N X. W konsekwencji X = N. Włsność Dl kżdego n N zchodzi n 1. Dowód. Niech X = {n N : n 1}. Oczywiście X N. Pokżemy, że zbiór X spełni wrunki (i), (ii) w twierdzeniu (i) Poniewż 1 1, więc z definicji zbioru X mmy 1 X. (ii) Niech n X. Wówczs n > 1, więc n+1 1, ztem n+1 X. Pokzliśmy, że zbiór X spełni wrunki (i) orz (ii). Ztem, n mocy twierdzeni 1.3.5, zchodzi X = N. Włsność () Dl dowolnych m, n N mmy m + n N i mn N. (b) Dl kżdego n N mmy n = 1 lbo n 1 N. (c) Dl kżdego n N nie istnieje m N, że n < m i m < n + 1. (d) Dl dowolnych m, n N, jeśli m < n, to m + 1 n. (e) Dl dowolnych m, n N, jeśli m < n, to n m N. Dowód. Ad (). Dl dowolnego m N, oznczjąc X = {n N : m+n N} i stosując twierdzenie 1.3.5, łtwo dostjemy, że X = N. Podobnie, dl dowolnego m N biorąc X = {n : mn N}, dostjemy X = N. To dje (). Ad (b). Niech A = {n N : n 1 N} orz X = {1} A. Oczywiście X N. Pokżemy, że zbiór X spełni wrunki (i), (ii) twierdzeni (i) 1 X oczywiste. (ii) Niech n X. Pokżemy, że n + 1 X. Istotnie, n N, więc n + 1 N orz (n + 1) 1 = n N. Ztem n + 1 A i w konsekwencji n + 1 X. Resumując, X = N. Pondto wrunki n = 1, n 1 N wykluczją się (ptrz włsność 1.3.6), więc mmy (b).

18 18 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Ad (c). Niech X = {n N : nie istnieje m N, że n < m i m < n + 1}. Oczywiście X N. Zuwżmy, że 1 X. Istotnie, gdyby dl pewnego m N zchodziło 1 < m i m < 1 + 1, to wobec części (b) mielibyśmy m 1 N orz m 1 < 1, co przeczy tezie włsności W konsekwencji 1 X. Niech n X. Pokżemy, że n + 1 X. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje m N tkie, że n + 1 < m i m < (n + 1) + 1. Wówczs m > > 1, więc m 1 i z części (b) mmy m 1 N. Stąd mmy n < m 1, m 1 < n + 1 i m 1 N, co przeczy temu, że n X. Ztem n + 1 X. Stosując terz zsdę indukcji dostjemy X = N. Ad (d). Część (d) wynik ntychmist z części (c). Ad (e). Niech X IV = {m N : dl kżdego n N tkiego, że n > m mmy n m N}. Oczywiście X IV N. Z części (b) dostjemy 1 X IV. Złóżmy, że m X IV. Weźmy dowolny n N tkie, że n > m + 1. Wówczs n 1, ztem n 1 N orz n 1 > m, więc n (m + 1) = (n 1) m N. Stąd i z dowolności n > m + 1 mmy m + 1 X IV. Stosując terz zsdę indukcji dostjemy X IV = N. Udowodnimy, że kżdy niepusty podzbiór zbioru liczb nturlnych m element njmniejszy. Zcznijmy od definicji i dwóch lemtów. Definicj. Dl dowolnego n N określmy F n = {k N : k n}. Piszemy również F n = {1,..., n} orz k = 1,..., n zmist k F n. Lemt Dl dowolnego n N mmy, (1.1) (1.2) F n = {k N : k < n + 1}, F n+1 = F n {n + 1}. Dowód. Oznczmy F n = {k N : k < n + 1}. Oczywiście F n F n. Pokżemy, że F n F n. Weźmy dowolny k F n. Wówczs k < n + 1, więc z włsności 1.3.7(c) mmy k n. Stąd wynik, że k F n i w konsekwencji, że F n F n. Resumując, F n = F n, co dje (1.1). W myśl (1.1) dl n N mmy, F n+1 = {k N : k n + 1} = {k N : k < n + 1} {n + 1} = F n {n + 1}, co dje (1.2) i kończy dowód. Twierdzenie (zsd minimum). Kżdy niepusty podzbiór zbioru liczb nturlnych m element njmniejszy. Dowód. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje niepusty zbiór A N, który nie m elementu njmniejszego. Połóżmy X = {n N : F n A = }. Pokżemy, że X = N. Istotnie, X N orz:

19 1.3. LICZBY NATURALNE 19 (i) 1 X, gdyż w przeciwnym rzie {1} = F 1 A i wobec włsności liczb 1 byłby elementem njmniejszym zbioru A, co jest sprzeczne z przypuszczeniem. (ii) Niech n X. Pokżemy, że n + 1 X. Przypuśćmy, że n + 1 X, czyli F n+1 A. Poniewż n X, więc F n A =, ztem, wobec lemtu 1.3.8(1.2) mmy n + 1 A. Pondto z włsności 1.3.7(d) dl kżdego k A mmy k n + 1. W konsekwencji n + 1 jest elementem njmniejszym zbioru A, wbrew przypuszczeniu. Resumując, n + 1 X. Z (i), (ii) orz zsdy indukcji (twierdzenie 1.3.5) dostjemy X = N. Oczywiście dl kżdego n N mmy n F n, więc z określeni zbioru X dostjemy A =. Otrzymn sprzeczność kończy dowód. Twierdzenie (zsd indukcji o innym początku). Niech n 0 N orz N n0 = {n N : n n 0 }. Jeśli zbiór X N n0 spełni wrunki: (i) n 0 X, (ii) jeśli n X, to n + 1 X, to X = N n0. Dowód. Niech X będzie zbiorem spełnijącym (i) i (ii) orz A = N n0 \ X. Pokżemy, że A =. Istotnie, przypuśćmy przeciwnie, że A. Wówczs z zsdy minimum (twierdzenie 1.3.9), w zbiorze A istnieje element njmniejszy. Oznczmy go przez m 0. Wówczs, z określeni zbioru N n0, mmy m 0 n 0 orz m 0 A. Poniewż z (i), n 0 X, więc n 0 A, ztem m 0 > n 0 i m 0 1. Stąd mmy m 0 1 X (ptrz włsności (b) i (d)). To jest jednk niemożliwe, gdyż wtedy z (ii) mmy m 0 = (m 0 1) + 1 X. Anlogicznie jk twierdzenie dowodzimy nstępujące Twierdzenie (zsd indukcji skończonej). Niech n 0, m 0 N, n 0 m 0 orz niech N n0,m 0 = {n N : n 0 n m 0 }. Jeśli zbiór X N n0,m 0 spełni wrunki: (i) n 0 X, (ii) dl kżdego n < m 0, jeśli n X, to n + 1 X, to X = N n0,m 0. Definicje liczb przystych i liczb nieprzystych. Mówimy, że liczb nturln n jest przyst, gdy istnieje k N, że n = 2k; w przeciwnym przypdku mówimy, że n jest liczbą nieprzystą. Zbiór liczb przystych oznczmy 2N. Zbiór liczb nieprzystych oznczmy 2N 1.

20 20 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE ZADANIA Zdnie Udowodnić wniosek i twierdzenie Zdnie (zsd indukcji). Niech X N. Jeśli X spełni wrunki: (i) 1 X, (ii) jeśli F n X, to n + 1 X, to X = N. Zdnie Dl kżdego ε R tkiego, że ε > 0, istnieje n 0 N, że dl kżdej liczby nturlnej n n 0 zchodzi 1/n < ε. Zdnie Wykzć, że 2N = {2n : n N} orz 2N 1 = {2n 1 : n N}. Zdnie Jeśli n, m N orz nm 2N, to n 2N lub m 2N. 1.4 Liczby cłkowite i liczby wymierne Definicj liczby cłkowitej. Kżdą liczbę rzeczywistą, któr jest różnicą dwóch liczb nturlnych, nzywmy liczbą cłkowitą. Zbiór liczb cłkowitych oznczmy symbolem Z. Wprost z definicji dostjemy nstępujące dwie włsności. Włsność N Z. Włsność () Jeśli Z, to N lbo N lbo = 0. (b) Z R + = N, Z R = N. (c) Dl dowolnych, b Z mmy + b Z, b Z, b Z. (d) Dl dowolnego Z mmy Z. (e) 1/2 Z. Z włsności dostjemy Włsność () Dl kżdego Z nie istnieje b Z, że < b i b < + 1. (b) Dl dowolnych, b Z, jeśli < b, to + 1 b. (c) Dl dowolnych, b Z, jeśli < b, to b N. Twierdzenie (zsd minimum dl liczb cłkowitych). Kżdy niepusty i ogrniczony z dołu podzbiór zbioru liczb cłkowitych m element njmniejszy. Dowód. Niech A Z, A będzie zbiorem ogrniczonym z dołu i niech M R będzie jego dowolnym ogrniczeniem dolnym. N mocy zsdy Archimedes (twierdzenie 1.3.2) istnieje liczb n 0 N tk, że n 0 > M. Wówczs

21 1.4. LICZBY CAŁKOWITE I LICZBY WYMIERNE 21 {n 0 } + A N. Istotnie, dl A mmy n 0 + Z orz n 0 + > M + 0, więc z włsności 1.4.2() mmy n 0 + N. W konsekwencji {n 0 }+A N. Ztem z twierdzeni zbiór {n 0 } + A m element njmniejszy. Oznczmy go x 0. Pokżemy, że x 0 n 0 jest elementem njmniejszym zbioru A. Istotnie, n 0 + (x 0 n 0 ) = x 0 {n 0 } + A, więc x 0 n 0 A. Pondto dl kżdego A mmy n 0 + x 0, więc x 0 n 0. Anlogicznie jk twierdzenie (stosując twierdzenie zmist 1.3.9), dostjemy nstępującą wersję zsdy indukcji. Twierdzenie (zsd indukcji). Niech 0 Z orz Jeśli zbiór X Z 0 spełni wrunki: (i) 0 X, (ii) jeśli X, to + 1 X, to X = Z 0. Z 0 = { Z : 0 }. Z twierdzeni dostjemy nstępujący Wniosek Kżdy niepusty i ogrniczony z góry zbiór liczb cłkowitych m element njwiększy. Dowód. Niech A Z będzie zbiorem ogrniczonym z góry. Wówczs zbiór A jest ogrniczony z dołu, więc z twierdzeni 1.4.4, istnieje min( A). Oznczjąc = min( A) i stosując definicje minimum i mksimum zbioru, dostjemy = mx A. Definicj cłości z liczby. Niech x R. Cłością lub entier z liczby x nzywmy mx{ Z : x} i oznczmy [x]. Uwg Cłość [x] jest poprwnie określon. Istotnie, A = { Z : x} jest zbiorem ogrniczonym z góry i niepustym, bowiem dl liczby x, z zsdy Archimedes istnieje n 0 N, że n 0 > x. Ztem n 0 < x, więc n 0 A. Stosując terz wniosek dostjemy istnienie i jedyność liczby [x]. Z definicji cłości z liczby dostjemy ntychmist Włsność Dl kżdego x R mmy [x] Z orz [x] x < [x] + 1. W szczególności 0 x [x] < 1. Definicj liczby wymiernej. Mówimy, że liczb x R jest wymiern, gdy istnieją, b Z, b 0, tkie że x = /b. Liczbę nzywmy licznikiem, zś liczbę b minownikiem liczby wymiernej x. Zbiór liczb wymiernych oznczmy Q.

22 22 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Definicj liczby niewymiernej. Zbiór R \ Q nzywmy zbiorem liczb niewymiernych. Kżdą liczbę x R \ Q nzywmy niewymierną. Łtwo sprwdzić, że zchodzą nstępujące włsności: Włsność () Z Q. (b) Dl dowolnego r Q zchodzi r Q orz 1/r Q, gdy r 0. (c) Jeśli r, w Q, to r +w Q, r w Q, rw Q orz r/w Q, gdy w 0. (d) Dl kżdej liczby r Q istnieją Z orz b N, że r = /b. Udowodnimy terz twierdzenie o gęstości zbioru Q w R. Twierdzenie Dl kżdych x, y R tkich, że x < y istnieje liczb r Q, że x < r < y. Dowód. N mocy zsdy Archimedes istnieje n N, że n > 1/(y x). W szczególności 1/n < y x. Niech = [nx] Z. Pokżemy, że liczb r = ( + 1)/n spełni tezę twierdzeni. Z włsności mmy nx < + 1, więc x < ( + 1)/n, czyli x < r. Z drugiej strony + 1 n = + 1 nx n + x = czyli r < y. Resumując, x < r < y. 1 (nx [nx]) n + x 1 + x < (y x) + x = y, n ZADANIA Zdnie Udowodnić włsności 1.4.1, 1.4.2, 1.4.8, i twierdzenie Zdnie Niech 0 Z orz Z 0 = { Z : 0 }. Jeśli zbiór X Z 0 spełni wrunki: (i) 0 X, (ii) jeśli Z 0 i {k Z : 0 k } X, to + 1 X, to X = Z 0. Zdnie Dl kżdej liczby rzeczywistej x zchodzi [2x] = [x] + [x + 1/2]. Zdnie Mówimy, że liczb cłkowit m 0 dzieli liczbę cłkowitą i piszemy m, gdy istnieje tk liczb cłkowit n, że = mn. Niech, b, c Z. 1. Jeśli c i c b, to c ( + b). 2. Jeśli c i b, to c b. 3. Jeśli b 0 i b, to b. 4. Jeśli b i b, to = b lub = b. Zdnie (o dzieleniu z resztą). Niech, b Z i niech b 0. Wówczs istnieje dokłdnie jedn pr liczb q, r Z tk, że = bq + r i 0 r < b. Przy czym b wtedy i tylko wtedy, gdy r = 0. Wsk. Rozwżyć q = [/b].

23 1.5. INFORMACJE O DEFINIOWANIU PRZEZ INDUKCJĘ 23 Zdnie Dl kżdych n N, x (0, 1) istnieje k N, że n n/(n + 1) kx < n. Zdnie Zchodzi równość {(4n 3k)/(2n + 5k) : n, k N} = ( 3 5, 2) Q. Zdnie Niech x R. Udowodnić, że jeśli dl kżdego n N istnieją q, r N orz p Z, że q, r n orz 0 < x p q < 1 qr, to x jest liczbą niewymierną. Zdnie * Udowodnić, że jeśli x R jest liczbą niewymierną, to dl kżdego n N istnieją p Z, q N tkie, że q n orz x p q < 1 q q. 1.5 Informcje o definiowniu przez indukcję Niech n N orz, zgodnie z wcześniejszym oznczeniem, F n = {k N : k n}. Definicj określni funkcji przez indukcję skończoną. Niech X będzie niepustym zbiorem, n N, n > 1, x X orz f : X F n 1 X. Funkcję ϕ : F n X spełnijącą wrunki (i) ϕ(1) = x, (ii) ϕ(k + 1) = f(ϕ(k), k) dl kżdego k F n 1, nzywmy określoną przez x i f przy pomocy indukcji skończonej. Twierdzenie Jeśli X jest niepustym zbiorem, x X i f : X F n 1 X, gdzie n N, n > 1, to istnieje dokłdnie jedn funkcj ϕ : F n X określon przez x i f przy pomocy indukcji skończonej. (9) Definicj określni funkcji przez indukcję. Niech X będzie niepustym zbiorem, x X orz f : X N X. Funkcję ϕ : N X spełnijącą wrunki (j) ϕ(1) = x, (jj) ϕ(n + 1) = f(ϕ(n), n) dl kżdego n N, nzywmy określoną indukcyjnie przez x i f. (9) Dowód twierdzeni Jednoznczność dostjemy z zsdy minimum. Istotnie, jeśli istnieją dwie różne funkcje ϕ i ψ spełnijące (i), (ii), to zbiór A = {k F n : ϕ(k) ψ(k)} jest niepusty. Ztem istnieje s = min A. Wówczs s > 1, bo z (i) mmy ϕ(1) = ψ(1). Stąd dostjemy s 1 F n 1, poniewż s 1 A, to ϕ(s 1) = ψ(s 1). Ztem z (ii) otrzymujemy ϕ(s) = f(ϕ(s 1), s 1) = f(ψ(s 1), s 1) = ψ(s), co, wrz z fktem s A, prowdzi do sprzeczności. Pokżemy istnienie funkcji ϕ. Niech N będzie zbiorem tych m F n, że istnieje funkcj ϕ m : F m X spełnijąc wrunki (i ) ϕ m(1) = x, (ii ) ϕ m(k + 1) = f(ϕ m(k), k) dl kżdego k F m 1 (przyjmujemy tutj F 0 = ). Z (i ) orz (ii ) mmy 1 N. Niech terz m N, m < n. Wówczs istnieje funkcj ϕ m : F m X spełnijąc (i ), (ii ). Biorąc ϕ m+1 : F m+1 X określoną wzormi ϕ m+1(n) = ϕ m(n) dl n F m orz ϕ m+1(m + 1) = f(ϕ m(m), m) dostjemy, że ϕ m+1 spełni (i ), (ii ) dl m + 1. W konsekwencji m + 1 N. Resumując, z zsdy indukcji skończonej mmy N = F n. Przyjmując terz ϕ = ϕ n dostjemy tezę.

24 24 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Twierdzenie Jeśli X jest niepustym zbiorem, x X orz f : X N X, to istnieje dokłdnie jedn funkcj ϕ określon indukcyjnie przez x i f. (10) Jko przykłd definiowni przez indukcję podmy nstępującą definicję. Definicj silni. Niech X = N, x = 1 orz f : N N N będzie określon wzorem f(, n) = (n + 1) dl n N Wtedy funkcję ϕ : N N określoną indukcyjnie przez x i f nzywmy funkcją silni i dl n N piszemy ϕ(n) = n!. Liczbę n! nzywmy n-silni. Dodtkowo przyjmujemy 0! = 1. Uwg W literturze dl n N, liczbę n-silni określ się również nstępująco: n! = 1, gdy n = 1 orz (n + 1)! = n!(n + 1) dl n N. W świetle twierdzeni 1.5.2, jest to definicj równowżn powyższej. Pondto dl kżdego n N istnieje dokłdnie jedn liczb n! orz n! N. Definicj symbolu Newton. Symbolmi Newton nzywmy liczby ( ) m = n m! n!(m n)! gdzie n, m Z, 0 n m. ZADANIA Zdnie Dl dowolnych n, m N, n m zchodzi ( m n) N. Zdnie Jeśli n, k N i k n, to ( ) ( n+1 k = n ( k) + n k 1). (10) Dowód twierdzeni Jednoznczność dostjemy z zsdy minimum. Istotnie, jeśli istnieją dwie różne funkcje ϕ i ψ spełnijące (j), (jj), to zbiór A = {n N : ϕ(n) ψ(n)} jest niepusty. Ztem istnieje k = min A. Pondto k > 1, bo z (j) mmy ϕ(1) = ψ(1). Stąd dostjemy k 1 / A orz ϕ(k 1) = ψ(k 1). Ztem z (jj) mmy ϕ(k) = ψ(k), co jest niemożliwe, bo k A. Pokżemy istnienie funkcji ϕ. N mocy twierdzeni dl kżdego n N, zbiór funkcji określonych indukcyjnie przez x i f X Fn jest niepusty (dl n = 1 kłdziemy ϕ : F 1 X, wzorem ϕ(1) = x). Ztem, stosując ksjomt wyboru, istnieje zbiór funkcji ϕ n : F n X, n N, spełnijących wrunki (i), (ii) definicji określni funkcji przez indukcję skończoną. Pondto dl kżdego n N mmy ϕ n+1 Fn = ϕ n. Określmy funkcję ϕ : N X wzorem ϕ(n) = ϕ n(n), n N. Funkcj ϕ spełni wrunki (j), (jj). Istotnie, mmy ϕ(1) = ϕ 1(1) = x, czyli zchodzi (j). Weźmy n N. Wtedy ϕ(n) = ϕ n+1(n), ϕ(n + 1) = ϕ n+1(n + 1), ztem z (ii) mmy ϕ(n + 1) = ϕ n+1(n + 1) = f(ϕ n+1(n), n) = f(ϕ(n), n). Ztem ϕ spełni wrunek (jj). To kończy dowód.

25 1.6. ZBIORY SKOŃCZONE, PRZELICZALNE I NIEPRZELICZALNE Zbiory skończone, przeliczlne i nieprzeliczlne Definicj równoliczności. Dw zbiory X, Y nzywmy równolicznymi, gdy istnieje bijekcj zbioru X n zbiór Y. Dodtkowo przyjmujemy, że zbiór pusty jest równoliczny tylko ze zbiorem pustym. Uwg Relcj równoliczności (zbiorów ustlonej przestrzeni) jest relcją równowżności, to znczy jest zwrotn, symetryczn i przechodni, dokłdniej: 1) kżdy zbiór X jest równoliczny ze zbiorem X (zwrotność), 2) jeśli zbiór X jest równoliczny ze zbiorem Y, to zbiór Y jest równoliczny ze zbiorem X (symetri), 3) jeśli zbiór X jest równoliczny ze zbiorem Y i zbiór Y jest równoliczny ze zbiorem Z, to zbiór X jest równoliczny ze zbiorem Z (przechodniość). Definicje zbioru skończonego i zbioru nieskończonego. Zbiór X nzywmy skończonym, gdy jest pusty lub równoliczny z pewnym zbiorem F n = {k N : k n}, gdzie n N. Jeśli X jest równoliczny z F n, gdzie n N, to mówimy, że zbiór X jest n-elementowy. Wtedy liczbę n nzywmy również ilością elementów zbioru X. Liczbę 0 nzywmy ilością elementów zbioru pustego. Zbiór X nzywmy nieskończonym, gdy nie jest on skończony. Definicj zbioru n-elementowego jest poprwn. Mmy bowiem nstępującą Włsność Jeśli zbiory F n i F m są równoliczne, to n = m. Dowód. Zuwżmy njpierw, że dl m N, m > 1 orz k F m zbiory F m \ {k} i F m 1 są równoliczne. Istotnie, funkcj ϕ : F m \ {k} F m 1 określon wzormi ϕ(j) = j dl 1 j < k, ϕ(j) = j 1 dl m j > k, jest bijekcją (11). Do zkończeni dowodu wystrczy pokzć, że zbiór N = {n N : F n nie jest równoliczny z F m dl m N, m n} jest równy N. Oczywiście N N. (i) 1 N. Istotnie, F 1 = {1} orz dl m N, m 1 mmy m > 1, więc 1, 2 F m, więc zbiory F 1 i F m nie mogą być równoliczne. (ii) Niech n N. Pokżemy, że n + 1 N. Przypuśćmy przeciwnie, że n + 1 N, czyli, że istnieje m n + 1 dl którego zbiór F n+1 jest równoliczny z F m. Poniewż n + 1 > 1, więc z części (i) dowodu mmy, że m > 1. Niech ψ : F n+1 F m będzie bijekcją. Wtedy zbiór F n jest równoliczny z F m \{ψ(n+1)} (11) Funkcj ϕ jest różnowrtościow, gdyż jest różnowrtościow n A = {j F m : j < k} orz n B = {j F m : j > k} orz, wobec włsności 1.3.7(d), ϕ(a) ϕ(b) =. Pondto ϕ(f m \ {k}) F m 1, bo dl 1 j < k zchodzi 1 ϕ(j) < k m orz dl k < j m zchodzi k ϕ(j) < m (włsność 1.3.7). Mmy również F m 1 ϕ(f m \ {k}), gdyż dl 1 j < k zchodzi j = ϕ(j) ϕ(f m \ {k}) orz dl k j m 1 mmy k < j + 1 m i wtedy j = ϕ(j +1) ϕ(f m \{k}). W konsekwencji ϕ(f m \{k}) = F m 1, co wobec różnowrtościowości ϕ dje, że ϕ jest bijekcją.

26 26 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE (ptrz lemt 1.3.8). Z obserwcji poczynionej n początku dowodu wynik, że zbiór F m \ {ψ(n + 1)} jest równoliczny z F m 1. W konsekwencji F n jest równoliczny z F m 1 orz m 1 n. To przeczy temu, że n N. Ztem n + 1 N. Resumując, n mocy zsdy indukcji (twierdzenie 1.3.5) mmy, że N = N. Włsność Jeśli zbiory A, B są skończone i rozłączne, to A B jest zbiorem skończonym orz ilość elementów zbioru A B jest sumą ilości elementów zbioru A i zbioru B. Dowód. Jeśli A = lub B =, to tez jest oczywist. Złóżmy więc, że A i B. Niech n będzie ilością elementów zbioru A orz m ilością elementów zbioru B. Niech ϕ : F n A, ψ : F m B będą bijekcjmi. Kłdąc f(j) = ϕ(j) dl 1 j n orz f(j) = ψ(j n) dl n + 1 j n + m, łtwo sprwdzmy, że funkcj f : F n+m A B jest bijekcją. To dje tezę. Twierdzenie Kżdy skończony i niepusty zbiór A R m minimum i mksimum. Dowód. Wystrczy pokzć, że N pokryw się ze zbiorem N = {n N : kżdy podzbiór n-elementowy zbioru R m minimum i mksimum}. Oczywiście N N. Mmy kolejno: (i) 1 N. Istotnie, niech zbiór A R będzie równoliczny z F 1. Wówczs istnieje bijekcj ϕ : F 1 A. Ztem A = {ϕ(1)} i mx A = min A = ϕ(1). Stąd wynik, że 1 N. (ii) Niech n N. Weźmy dowolny zbiór n + 1-elementowy A R i niech ϕ : F n+1 A będzie bijekcją. Wówczs zbiór A \ {ϕ(n + 1)} jest n-elementowy. Poniewż n N, więc A \ {ϕ(n + 1)} m mksimum i minimum. Niech x = min(a \ {ϕ(n + 1)}) orz y = mx(a \ {ϕ(n + 1)}). W myśl włsności 1.1.7, istnieje z = min{x, ϕ(n + 1)} orz t = mx{y, ϕ(n + 1)}. Pondto z, t A. W konsekwencji min A = z orz mx A = t. Stąd wynik, że n + 1 N. Resumując, n mocy zsdy indukcji, N = N. Definicje zbioru przeliczlnego i zbioru nieprzeliczlnego. Mówimy, że zbiór X jest przeliczlny, gdy jest on równoliczny ze zbiorem N. Zbiór X nzywmy co njwyżej przeliczlnym, gdy jest on skończony lub przeliczlny. Zbiór, który nie jest skończony ni przeliczlny nzywmy nieprzeliczlnym. Z twierdzeni i włsności dostjemy ntychmist Wniosek Zbiór N jest nieskończony. W szczególności kżdy zbiór przeliczlny jest nieskończony.

27 1.6. ZBIORY SKOŃCZONE, PRZELICZALNE I NIEPRZELICZALNE 27 Twierdzenie Niech A N. Wówczs zbiór A jest ogrniczony wtedy i tylko wtedy, gdy zbiór A jest skończony. Dowód. ( ) Pokżemy njpierw, że kżdy ogrniczony podzbiór zbioru N jest skończony. Weźmy dowolny zbiór ogrniczony A N. Wówczs istnieje x R, że k x dl wszystkich k A. Biorąc, w myśl zsdy Archimedes (twierdzenie 1.3.2), n N tkie, że n > x dostjemy inkluzję A F n. Do zkończeni dowodu wystrczy więc pokzć, że N pokryw się ze zbiorem N = {n N : kżdy podzbiór zbioru F n jest skończony}. Oczywiście N N. Mmy kolejno: (i) 1 N, bo F 1 = {1} i jedynymi podzbiormi F 1 są i {1}. (ii) Niech n N. Weźmy dowolny podzbiór A F n+1. Jeśli n + 1 A, to A F n, więc zbiór A jest skończony, bo n N. Jeśli n + 1 A, to A \ {n + 1} F n, więc zbiór A \ {n + 1} jest skończony. Wtedy A = (A \ {n + 1}) {n + 1} i z włsności zbiór A jest skończony. Z dowolności wyboru zbioru A wynik, że n + 1 N. Resumując, n mocy zsdy indukcji, N = N. Pokzliśmy więc, że kżdy ogrniczony podzbiór zbioru N jest skończony. ( ) Z twierdzeni wynik, że kżdy skończony i niepusty podzbiór A N m minimum i mksimum, w szczególności zbiór A jest ogrniczony. Oczywiście zbiór pusty jest ogrniczony. Wniosek Jeśli A B i B jest zbiorem skończonym, to zbiór A jest skończony. Dowód. Możn złożyć, że B. Wtedy istnieje n N orz bijekcj ϕ : B F n. W szczególności ϕ(a) F n, więc ϕ(a) jest ogrniczonym podzbiorem zbioru N. Ztem z twierdzeni 1.6.6, zbiór ϕ(a) jest skończony. Poniewż zbiór A jest równoliczny z ϕ(a), więc mmy tezę. Włsność Jeśli n N orz ϕ : F n R, to zbiór ϕ(f n ) jest skończony. Dowód. Niech N = {n N : dl kżdej funkcji ϕ : F n R, zbiór ϕ(f n ) jest skończony}. Wówczs N N. Pondto (i) 1 N, gdyż dl kżdej funkcji ϕ : F 1 R, zbiór ϕ(f 1 ) = {ϕ(1)} jest jednoelementowy. (ii) Złóżmy, że n N. Biorąc dowolną funkcją ϕ : F n+1 R, mmy ϕ(f n+1 ) = ϕ(f n ) {ϕ(n + 1)}. Z złożeni, że n N wynik, że zbiór ϕ(f n ) jest skończony. Jeśli ϕ(n + 1) ϕ(f n ), to ϕ(f n+1 ) = ϕ(f n ), więc ϕ(f n+1 ) jest zbiorem skończonym. Jeśli ϕ(n + 1) ϕ(f n ), to zbiór ϕ(f n+1 ) jest skończony, jko sum dwóch zbiorów skończonych i rozłącznych (ptrz włsność 1.6.3). Ztem n + 1 N. Resumując, z zsdy indukcji, dostjemy równość N = N. To dje tezę.

28 28 ROZDZIAŁ 1. LICZBY RZECZYWISTE Lemt Niech ϕ : N N będzie funkcją tką, że dl kżdego n N zchodzi ϕ(n) < ϕ(n + 1). Wówczs dl kżdego n N mmy n ϕ(n). Pondto dl kżdych k, l N tkich, że k < l mmy ϕ(k) < ϕ(l). Dowód. Niech N = {n N : n ϕ(n)}. Wtedy N N. Poniewż ϕ(n) N więc 1 ϕ(1), czyli 1 N. Zkłdjąc, że n N mmy n ϕ(n). Wówczs z złożeni o funkcji ϕ dostjemy n ϕ(n) < ϕ(n + 1), więc n + 1 ϕ(n + 1). To dje, ze n + 1 N. N mocy zsdy indukcji mmy więc N = N, co dje pierwszą część tezy. Weźmy dowolne k N i oznczmy terz N = {l N : l k+1 ϕ(k) < ϕ(l)}. Wówczs z złożeni o funkcji ϕ mmy k + 1 N. Zkłdjąc, że l N dostjemy łtwo, że l + 1 N, więc z zsdy indukcji o innym początku N = {l N : l k + 1}. Poniewż {l N : l > k} = {l N : l k + 1}, więc mmy drugą część tezy. Twierdzenie Kżdy podzbiór zbioru przeliczlnego jest lbo skończony lbo przeliczlny. Dowód. Niech A będzie podzbiorem zbioru przeliczlnego. Wówczs A jest równoliczny z pewnym podzbiorem zbioru N. Możn więc złożyć, że A N. Z wniosku wynik, że zbiór A nie może być jednocześnie skończony i przeliczlny. Złóżmy, że zbiór A jest nieskończony. Do zkończeni dowodu wystrczy pokzć, że zbiór A jest przeliczlny. Niech f : A N A będzie funkcją określoną wzorem f(, n) = min{x A : x > }. Funkcj f jest poprwnie określon. Istotnie, z złożeni, że A jest zbiorem nieskończonym i twierdzeni dl kżdego A, zbiór {x A : x > } jest niepusty, z zsdy minimum (twierdzenie 1.3.9), zś istnieje min{x A : x > }. Niech ϕ : N A będzie funkcją określoną indukcyjnie przez x = min A i funkcję f (ptrz twierdzenie 1.5.2). Funkcj ϕ jest poprwnie określon orz (1.3) ϕ(1) = min A, ϕ(n + 1) = min{x A : x > ϕ(n)}. Funkcj ϕ jest różnowrtościow, gdyż z (1.3) dl kżdego n N zchodzi ϕ(n) < ϕ(n + 1), więc stosując lemt dostjemy, że dl dowolnych k, l N tkich, że k < l mmy ϕ(k) < ϕ(l). Funkcj ϕ przeksztłc N n cły zbiór A. Przypuśćmy przeciwnie, że istnieje A, który nie jest wrtością funkcji ϕ. Niech, wobec zsdy Archimedes 1.3.2, l N będzie tkie, że l >. Z wrunku ϕ(n) < ϕ(n + 1) dl n N i lemtu dostjemy, że l ϕ(l). Oznczmy przez N = {n N : ϕ(n) < }. Pokżemy, że wówczs N = N. Istotnie, N N orz mmy kolejno: (i) ϕ(1) = min A, bo A. Poniewż z przypuszczeni ϕ(1), więc ϕ(1) <, czyli 1 N.