Wykªady z analizy matematycznej dla studentów informatyki Politechniki Lubelskiej. A. Bobrowski

Transkrypt

1 Wykªady z analizy matematycznej dla studentów informatyki Politechniki Lubelskiej A. Bobrowski

2

3 Spis tre±ci Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych strona 6. Gªówne zagadnienia 6.2 Granice sko«czone i niesko«czone 6.3 Dziaªania arytmetyczne na ci gach zbie»nych 9.4 Przechodzenie do granicy w nierówno±ciach.5 Twierdzenie o trzech ci gach.6 Zbie»no± ograniczonych ci gów monotonicznych 2.7 Granice ci gów ±rednich arytmetycznych i geometrycznych 7.8 Dodatek: twierdzenie Stoltza 8 2 Szeregi liczbowe i pot gowe Gªówne zagadnienia Poj cie szeregu i sumowalno±ci szeregu Zbie»no± bezwzgl dna Kryteria porównawcze Górna i dolna granica ci gu Kryteria Cauchy'ego i d'alamberta Szeregi naprzemienne Szeregi pot gowe 29 3 Granica funkcji Najwa»niejsze zagadnienia Punkt skupienia zbioru Granica funkcji w punkcie skupienia jej dziedziny Ci gªo± funkcji Wªasno± Darboux funkcji ci gªej Wªasno±ci funkcji ci gªej na zbiorze zwartym 40 4 Aproksymacja jednostajna Gªówne zagadnienia 44 3

4 4 Spis tre±ci 4.2 Metryki i normy Kula i zbie»no± w przestrzeni metrycznej Norma w przestrzeni funkcji ci gªych Zwi zek z jednostajn zbie»no±ci Twierdzenie aproksymacyjne Weierstrassa 53 5 Rachunek ró»niczkowy funkcji jednej zmiennej Najwa»niejsze zagadnienia Pochodna funkcji Twierdzenia Rolle'a i Lagrange'a Zastosowania twierdzenia Lagrange'a Pochodna funkcji zªo»onej i odwrotnej Twierdzenie (reguªa) de l'hospitala 68 6 Pochodne wy»szych rz dów Najwa»niejsze zagadnienia Pochodne wy»szych rz dów Wzór Taylora Rozwijanie funkcji w szereg Taylora Warunek wystarczaj cy istnienia ekstremum Wypukªo±, punkty przegi cia wykresu funkcji Asymptoty Wielomiany interpolacyjne Lagrange'a 86 7 Ró»niczkowanie funkcji wielu zmiennych Najwa»niejsze zagadnienia Podstawowe wªasno±ci algebraiczne przestrzeni R w Pochodna i ró»niczka funkcji wielu zmiennych Pochodne cz stkowe Ró»niczkowanie funkcji zªo»onych wielu zmiennych Twierdzenie o funkcji uwikªanej Badanie krzywych pªaskich 02 8 Pochodne wy»szych rz dów Najwa»niejsze zagadnienia Uwaga 05 9 Ekstrema funkcji wielu zmiennych Najwa»niejsze zagadnienia Ekstremum lokalne funkcji wielu zmiennych Ekstrema warunkowe funkcji wielu zmiennych 2 0 Rachunek caªkowy funkcji jednej zmiennej 8 0. Najwa»niejsze zagadnienia 8

5 Spis tre±ci Uwaga 8 Caªka Riemanna 9. Najwa»niejsze zagadnienia 9.2 Dolne i górne sumy Riemanna 9.3 Poj cie caªkowalno±ci i caªki 22.4 Warunki wystarczaj ce na caªkowalno± 25 2 Caªka Riemanna (c.d.) Najwa»niejsze zagadnienia Caªka Riemanna jako funkcjonaª liniowy dodatni Nierówno±ci dla caªek Riemanna Ró»niczkowanie wzgl dem granic caªkowania 32 3 Zastosowania caªki Riemanna 36 4 Równania ró»niczkowe zwyczajne 37 5 Równania ró»niczkowe zwyczajne (c.d.) 38 6 Zadania Ci gi liczbowe Szeregi liczbowe i pot gowe Granica funkcji Przestrzenie metryczne, zbie»no± jednostajna Rachunek ró»niczkowy funkcji jednej zmiennej Rachunek ró»niczkowy funkcji wielu zmiennych Caªki nieoznaczone 56 7 Przykªadowe kolokwia Kolokwium pierwsze Kolokwium drugie 60 Index 63 Literatura 64

6 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych. Gªówne zagadnienia Granice sko«czone i niesko«czone, dziaªania arytmetyczne na ci gach zbie»nych, przechodzenie do granicy w nierówno±ciach, twierdzenie o trzech ci gach. Zbie»no± ci gów monotonicznych, ograniczonych. Granice ci gów ±rednich arytmetycznych i geometrycznych. Przykªady..2 Granice sko«czone i niesko«czone.2. Poj cie prawie wszystkie" Mówimy,»e pewn wªasno± posiadaj prawie wszystkie liczby naturalne je±li istnieje liczba naturalna k taka,»e wszystkie liczby od niej wi ksze speªniaj t wªasno±. Innymi sªowy, prawie wszystkie to znaczy wszystkie prócz sko«czonej ilo±ci. Na przykªad, prawie wszystkie liczby naturalne s wi ksze ni» 0, prawie wszystkie liczby naturalne s wi ksze ni» itd. Prawie wszystkie liczby naturalne n maj te» t wªasno±,»e n jest mniejsze ni» 0.0. Istotnie, je±li 2 n > k = 0 to n < 2 k = 0.0. Prawie wszystkie to nie to samo co niesko«czenie 2 wiele. Na przykªad, jest niesko«czenie wiele liczb parzystych, ale nie jest prawd,»e prawie wszystkie liczby naturalne s parzyste..2.2 Poj cie ci gu Ci giem nazywamy funkcj odwzorowuj c zbiór liczb naturalnych w zbiór liczb rzeczywistych (lub zespolonych). Czasami jednak ci g taki jest zdeniowany tak»e dla 0 a czasem jest zdeniowany tylko dla prawie wszystkich liczb naturalnych. Najcz ±ciej ci gi oznacza si (a n ) n, (b n ) n, (x n ) n itd. lub a n, n, b n, n, x n, n itd. Ci g zadaje si zwykle za pomoc wzoru, np: a n = n + n3 2 n 3, b n = n 2 n + 5 n, c n = 6 ( + n) n, (.)

7 .2 Granice sko«czone i niesko«czone 7 lub za pomoc zale»no±ci rekurencyjnych, np.: f 0 = 0, f =, f n = f n + f n 2, n > (ci g Fibonacciego), (.2) lub w 0 = 0, w n = 2w n +, dla n (wie»e z Hanoi) (.3) lub j =, j 2n+ = 2j n +, j 2n = 2j n, n. (.4).2.3 Otoczenie punktu Otoczeniem (otwartym) liczby rzeczywistej a (punktu na prostej) nazywamy ka»dy przedziaª postaci (a ɛ, a + ɛ) gdzie ɛ > 0. Zauwa»my,»e punkt b nale»y do otoczenia o dªugo±ci 2ɛ je±li a b < ɛ; otoczenie takie nazywa si cz sto otoczeniem epsilonowym. Otoczeniem punktu w niesko«czono±ci (+, lub po prostu ) nazywamy ka»dy przedziaª postaci (K, ) gdzie K jest liczb rzeczywist. Analogicznie, otoczeniem punktu w minus niesko«czono±ci nazywamy ka»dy przedziaª postaci (, K), gdzie K jest liczb rzeczywist. Przykªad: przedziaª o ko«cach 0, 99 i, 0 jest otoczeniem punktu. Jakiego punktu otoczeniem jest przedziaª o ko«cach i? Przedziaª [00, ) nie jest otoczeniem ale jest nim przedziaª (00, )..2.4 Granica ci gu Liczb rzeczywist a nazywamy granic ci gu (a n ) n je±li w ka»dym jej otoczeniu znajduj si prawie wszystkie wyrazy tego ci gu. Innymi sªowy, dla dowolnej liczby dodatniej ɛ > 0 prawie wszystkie wyrazy ci gu speªniaj warunek a n a < ɛ. Piszemy wtedy lim n a n = a i mówimy,»e gdy n d»y do niesko«czono±ci, ci g a n, n d»y do a..2.5 Przykªady a) Je±li ci g a n = a, n gdzie a jest jak ± liczb (tak zwany ci g staªy), to lim n a n = a. Istotnie, wszystkie wyrazy tego ci gu le» w ka»dym otoczeniu liczby a. b) Ci g n 2 d»y do zera. Faktycznie, dla dowolnego ɛ > 0, niech k = ɛ (pierwiastek z najmniejszej liczby naturalnej wi kszej ni» ɛ ). O ile n > k to n 2 > k 2 > ɛ ɛ co oznacza,»e a n < ɛ a wi c i a n < ɛ (bo a n > 0). c) Zaªó»my,»e ci g a n, n 0 zd»a do granicy a i zdeniujmy ci g b n = a n+l, n gdzie l jest jak ± liczb naturaln. Czy b n, n jest Mówimy w skrócie,»e prawie wszystkie wyrazy ci gu a n, n speªaniaj jak ± zale»no±, je±li prawie wszystkie liczby naturalne n maj t wªasno±,»e a n speªnia dan zale»no±.

8 8 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych zbie»ny? Tak i to do tej samej granicy co a n, n 0. Niech bowiem ɛ > 0. Wiemy,»e dla wszystkich n wi kszych ni» pewne k, a n a < ɛ. A zatem, o ile tylko n > k l to b n a = a n+k a < ɛ. d) Niech a b dzie liczb z przedziaªu (0, ); ci g a n = a n, n d»y do zera. Istotnie, maj c dane ɛ > 0 wystarczy wybra k wi ksze ni» log ɛ log a e) Ci g. (a n ) n d»y do zera wtedy i tylko wtedy gdy ( a n ) n d -»y do zera. Istotnie, to»e ten ostatni ci g d»y do zera oznacza i» dla dowolnego ɛ > 0 prawie wszystkie wyrazy tego ci gu speªniaj nierówno± a n 0 < ɛ. Lewa strona tej nierówno±ci jednak równa jest a n. Innymi sªowy to,»e ( a n ) n d»y do zera oznacza i» prawie wszystkie jego wyrazy speªniaj nierówno± a n < ɛ co jak wiemy jest równowa»ne zbie»no±ci do zera ci gu (a n ) n. f) Ci g a n = ( ) n, n nie d»y do»adnej granicy. Faktycznie, widzimy,»e dla parzystych n, a n = a dla nieparzystych a n =. Innymi sªowy, niesko«czenie wiele elementów tego ci gu jest równych jeden i niesko«czenie wiele jest równych. Gdyby a byªo granic naszego ci gu to w otoczeniu (a 4, a + 4 ) le»aªoby prawie wszystkie wyrazy naszego ci gu. Poniewa» niesko«czenie wiele wyrazów jest równych jeden a < 4. Podobnie wnioskujemy,»e a + < 4. Liczby, która speªniaªaby obie te nierówno±ci na raz nie ma. Ci g ten jest rozbie»ny. g) Podobnie, ale nie tak samo, ma si rzecz z ci giem a n = n, n. Ci g ten nie ma granicy (sko«czonej). Istotnie, gdyby granica ta by- ªa równa jakiej± liczbie a, powiedzmy dodatniej, to w przedziale (0, 2a) byªoby niesko«czenie wiele wyrazów ci gu a n. Dla dowolnej liczby rzeczywistej K jednak mo»emy wybra k równe na kwadratowi max(0, K). Wtedy n > k implikuje a n > max(0, K) K. Inaczej mówi c niesko«- czenie wiele wyrazów naszego ci gu le»y w przedziale (K, ). Niemo»- liwe jest wi c, by niesko«czenie wiele z nich byªo w przedziale (0, 2a) (podobnie jest z przypadkami a < 0 i a = 0)..2.6 Granice niesko«czone Ci g rozpatrywany w.2.5 g) jest rozbie»- ny do niesko«czono±ci: ci g a n, n nazywamy rozbie»nym do niesko«- czono±ci (czasami: zbie»nym do niesko«czono±ci) je±li w ka»dym otoczeniu niesko«czono±ci le» prawie wszystkie jego wyrazy; pieszemy wtedy lim n a n =. Podobnie deniuje si zbie»no± ci gu do minus niesko«czono±ci..2.7 Uwaga Bezpo±rednio z denicji granicy wida,»e ci g pozostanie zbie»ny je±li zmienimy dowoln sko«czon ilo± jego wyrazów; nie zmieni si te» jego granica.

9 .3 Dziaªania arytmetyczne na ci gach zbie»nych Uwaga Jak widzieli±my, niektóre ci gi maj granice a inne ich nie maj. Ale czy ci g mo»e mie wi cej ni» jedn granice? To pytanie, z pozoru przewrotne, wcale nie jest nieuzasadnione. Je±li odpowied¹ na nie brzmi tak to pisanie lim n a n = a byªoby co najmniej dwuznaczne. Na szcz ±cie tak nie jest. Skupmy si na przypadku granic sko«czonych. Co by si staªo, gdyby ci g, nazwijmy go (a n ) n miaª dwie granice, powiedzmy a i b, a b. We¹my ɛ = b a 4. W epsilonowym otoczeniu a le» prawie wszystkie elementy ci gu a n, a wi c poza nim le»y ich sko«- czona ilo±. Podobnie w epsilonowym otoczeniu b le» prawie wszystkie elementy ci gu a n, a wi c poza nim le»y ich sko«czona ilo±. Ale te otoczenia s rozª czne! Ta sprzeczno± dowodzi,»e a musi by równe b, a wi c i»e ci g mo»e mie tylko jedn granic..3 Dziaªania arytmetyczne na ci gach zbie»nych W praktyce rzadko dowodzi si zbie»no±ci ci gu bezpo±rednio u»ywaj c samej denicji: przypominaªoby to ci cie zbo»a sierpem, lub programowanie w j zyku TYMAS (Typowy Maszynowy Assembler, brr!). ycie uªatwiamy sobie za pomoc nast puj cego twierdzenia:.3. Twierdzenie Niech α i β b d liczbami rzeczywistymi. O ile ci gi (a n ) n i (b n ) n s zbie»ne, odpowiednio, do granic a i b, to zbie»ne s te» ci gi (αa n + βb n ) n i (a n b n ) n ; zachodz tak»e wzory: lim (αa n + βb n ) = αa + βb, n Ponadto, o ile b 0, to zbie»ny jest ci g an b n a n lim = a n b n b. lim a nb n = ab. (.5) n Zwró my uwag na fakt, i» zaªo»enie b 0 powoduje, i» prawie wszystkie wyrazy ci gu b n, n 0 s ró»ne od zera, i ci g an b n jest dobrze okre- ±lony dla odpowiednio du»ych n..3.2 Przykªad Czy ci g a n = 2n+n3 3n 3 +7 jest zbie»ny, a je±li tak to do jakiej granicy? By na to pytanie odpowiedzie, zauwa»amy,»e a n = 2b n+ 3+7c n gdzie b n = n a c 2 n = n. Wiemy ju»,»e b 3 n jest d»y do zera. Šatwo sprawdzi te»,»e ci g d n = n zmierza do zera. Korzystaj c z twierdzenia widzimy,»e c n = b n d n te» d»y do zera. Tak wi c, znów na podstawie Teraz wida jak misternie zostaªo dobrane ɛ; student informatyki PL poda jeszcze sto czterdzie±ci osiem innych przykªadów takiego wyboru i

10 0 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych twierdzenia, licznik w uªamku powy»ej d»y do 2 a mianowinik do 3, caªy ci g zatem d»y do 2 3. Sprawdzenie tego faktu na podstawie denicji jest»mudne, cho proste..3.3 Przykªad Niech a b dzie liczb rzeczywist a q <. Rozpatrzmy ci g a n = n k=0 aqk. Mamy qa n = n+ k= aqk = a n+ a = aq k+ + a n a. St d a n = a qk+ q. Korzystaj c z zale»no±ci qn = q n oraz przykªadów d) i e) przedstawionych w.2.5 widzimy,»e ci g nasz jest zbie»ny i lim n a n = a q..3.4 Oto dowód pierwszej cz ±ci twierdzenia Ustalmy ɛ > 0. Skoro a n, n d»y do a i b n, n d»y do b, to dla prawie wszystkich n mamy α a n a < ɛ 2 (jest to oczywiste je±li α = 0; w przeciwnym wypadku w denicji zbie»no±ci rozpatrujemy ɛ := α ; ɛ analogicznie dla prawie wszystkich n α a n a < 2. ɛ Z nierówno±ci trójk ta mamy dla prawie wszystkich n mamy: αa n + βb n (αa + βb) α(a a n ) + β(b n b) α a n a + β b n b < ɛ 2 + ɛ 2 Idea dowodu pozostaªej cz ±ci twierdzenia jest = podobna, ɛ. cho rachunki s nieco bardziej skomplikowane..3.5 Wyra»enia nieoznaczone Zwró my te» uwag na fakt,»e twierdzenie zostaªo sformuªowane przy zaªo»eniu,»e granice ci gów s sko«- czone. Twierdzenie pozostaje w mocy tak»e dla granic niesko«czonych o ile umówimy si i» + =, a = dla a > 0 a = dla a < 0 a = 0 dla dowolnego a R. ± Zwró my jednak uwag na fakt,»e symbole 0 pozostaj nieoznaczone, to znaczy,»e bez dodatkowej analizy nie mo»emy stwierdzi, czy tego typu granica istnieje czy te» nie i ile jest równa. Wyra»e«takich jest oczywi±cie wi cej. Na przykªad mo»na sprawdzi,»e a = dla a > i a = 0 o ile a < ; wyra»enie jest jednak nieoznaczone.

11 .4 Przechodzenie do granicy w nierówno±ciach.3.6 Uwaga Nie mo»na twierdzi,»e je±li ci g (a n + b n ) n jest zbie-»ny to zbie»ne s ci gi (a n ) n i (b n ) n : na przykªad a n = ( ) n i b n = ( ) n+ nie s zbie»ne a ich suma (równa stale 0) jest. Ta sama uwaga dotyczy ilorazu i iloczynu ci gów..4 Przechodzenie do granicy w nierówno±ciach W analizie granic przydatne okazuje si nast puj ce twierdzenie: o ile ci gi (a n ) n i (b n ) n maj granice a i b oraz dla prawie wszystkich n zachodzi nierówno± : a n b n to tak»e a b. Zwró my uwag na przykªad a n = n, b n = n. Mimo, i» a n < b n w granicy ostra nierówno± nie jest zachowana: 0 = 0. Dowód twierdzenia jest do± ªatwy: zastanówmy si czy mo»liwe jest by a > b. Niech ɛ = a b 4 (gdzie± podobne ɛ ju» widziaªem; czy nie mogliby±my wzi na przykªad ɛ = a b π dla odmiany?). Wiemy,»e prawie wszystkie wyrazy ci gu a n le» w epsilonowym otoczeniu a i prawie wszystkie wyrazy ci gu b n le» w otoczeniu epsilonowym otoczeniu b. Skoro a ɛ > b+ɛ, dla prawie wszystkich n mamy a n > b n - co jest sprzeczne za zaªo»eniem. Sytuacj t najlepiej wyobra»a rysunek, którego wykonanie polecam jako prac domow..5 Twierdzenie o trzech ci gach Oto jeszcze jedno wa»ne twierdzenie wi» ce poj cie zbie»no±ci ci gu z porz dkiem liczb rzeczywistych. Zaªó»my,»e dane s trzy ci gi (a n ) n, (b n ) n i (c n ) n, oraz»e prawie wszystkie ich wyrazy speªniaj zale»- no± : a n b n c n. (.6) Je±li ci gi skrajne" (a n ) n i (c n ) n zbiegaj do tej samej granicy g, to zbie»ny jest te» ci g (b n ) n i jego granic jest równie» g. Oto dowód: niech b dzie dane ɛ > 0. Prawie wszystkie wyrazy ci gu (c n ) n speªniaj warunek c n g < ɛ a wi c w szczególno±ci c n < g +ɛ. Warunek (.6) dowodzi zatem,»e prawie wszystkie wyrazy ci gu (c n ) n speªniaj c warunek c n < g + ɛ. Analogicznie, korzystaj c ze zbie»no±ci ci gu (a n ) n do g i warunku (.6) przekonujemy si,»e prawie wszystkie wyrazy ci gu (c n ) n speªniaj nierówno± g ɛ < b n. Š cz c te dwie nierówno±ci widzimy,»e dla prawie wszystkich n, mamy b n g < ɛ. Skoro ɛ byªo wybrane dowolnie, zbie»no± ci gu (b n ) n zostaªa dowiedziona.

12 2 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych.5. Przykªad Dla dowolnego a > 0, ci g a n = n a zbiega do. Dowód przebiega w dwóch krokach. W pierwszym z nich zauwa»amy,»e mo»na si skoncentrowa na przypadku a > ; istotnie, je±li a < to b = a > i, o ile uda nam si uprzednio dowie±,»e teza jest prawdziwa dla liczb wi kszych ni» jeden, to otrzymamy lim n n a = lim n n b = = ; dla a = teza jest oczywista. W kroku drugim korzystamy z nast puj cej nierówno±ci Bernouliego: ( + x) n + nx, gdzie x 0, n ; nierówno± ta jest bezpo±rednim wynikiem znanej to»samo±ci Newtona: (a + b) n = n k=0 ( ) n a k b n k. k Korzystaj c z zaªo»enia a >, otrzymujemy b n := n a 0 (Zapis x := y" oznacza,»e wielko± x deniowana jest za pomoc wielko±ci y; w naszym wypadku, b n deniujemy wzorem b n = n a ). Podstawiaj c x = b n do nierówno±ci Bernouliego mamy: 0 b n ( + b n) n n = a n. Ostatni z ci gów wyst puj cych w tej nierówno±ci zbiega do zera. Drugi ci g skrajny jest staªy i tak»e zbiega do zera. St d b n d»y do zera, a wi c a n = b n + d»y do jedynki..5.2 Przykªad Czy ci g a n = n 2 n + 5 n ma granic, a je±li tak, to jak? Wyrazy ci gu oszacowa mo»na nast puj co: 2 n + 5 n 2 5 n, wi c a n 5 n 2. Z drugiej strony oczywi±cie 2 n + 5 n 5 n co daje a n 5. St d 5 a n 5 n 2. Prawy skrajny ci g d»y, na podstawie poprzedniego przykªadu, do 5; do tej samej liczby d»y lewy skrajny ci g. St d lim n a n = 5..6 Zbie»no± ograniczonych ci gów monotonicznych.6. Ci gi ograniczone Ci g a n, n nazywamy ograniczonym je±li istnieje liczba M > 0 taka,»e a n M dla wszystkich n. Mówimy,»e ci g jest ograniczony z góry (analogicznie: z doªu) je±li istnieje liczba rzeczywista M taka,»e a n M (analogicznie: a n M) dla wszystkich n. Liczb tak nazywamy ograniczeniem tego ci gu. Ka»dy ci g zbie»ny jest ograniczony: istotnie, skoro prawie wszystkie jego wyrazy powiedzmy wszystkie poza pierwszymi k wyrazami le»

13 .6 Zbie»no± ograniczonych ci gów monotonicznych 3 nie dalej ni» w odlegªo±ci jeden od jego granicy g, to bezwzgl dna warto± jego wyrazów nie przekracza max { g +, g, a,..., a k } (liczby g + i g s ko«cami otoczenia granicy g). Nie ka»dy jednak ci g ograniczony jest zbie»ny; za przykªad sªu»y tu mo»e a n = ( ) n ; wiemy ju»,»e ci g ten nie jest zbie»ny, a jednak dla wszystkich n, a n = wi c za staª M z denicji mo»na wzi. Oczywi±cie ci g ograniczony jest ograniczony z góry i z doªu. Šatwo te» sprawdzi,»e ci g, który jest ograniczony zarówno z góry jak i z doªu jest ograniczony. Istniej ci gi, które nie s ograniczone, cho s ograniczone z góry (analogicznie: z doªu). Na przykªad, a n = n jest ograniczony z doªu (przez 0 na chocia»by), ale nie jest ograniczony: ci g ten jest wr cz rozbie»ny do niesko«czono±ci. Podobnie a n = n jest ograniczony z góry ale nie jest ograniczony. Nie powinni±my jednak s dzi,»e ka»- dy ci g nieograniczony (to znaczy taki, który nie jest ograniczony) jest rozbie»ny do niesko«czono±ci lub minus niesko«czono±ci; we¹my cho by ci g a n = ( ) n n, który jest oczywi±cie nieograniczony, bo mamy wr cz lim n a n =, ale nie mo»e by rozbie»ny ani do plus ani do minus niesko«czono±ci, bo przyjmuje na przemian wyrazy dodatnie i ujemne (tak wi c niesko«czenie wiele jego wyrazów jest dodatnich i niesko«czenie wiele jest ujemnych, nieprawd jest wi c,»e prawie wszystkie le» w (0, ), ani»e prawie wszystkie le» w (, 0)). Nie jest prawd te»,»e ka»dy ci g nieograniczony (a n ) n ma t wªasno±,»e lim n a n =. By si o tym przekona wystarczy rozpatrzy ci g a n = [( ) n ]n, którego niesko«czenie wiele wyrazów jest równych zero, a jednak jest nieograniczony bo a 2k+ = 2(2k + ). Zachodzi natomiast nast puj ce wa»ne twierdzenie:.6.2 Twierdzenie Je±li ci g a n, n 0 jest ograniczony z góry i pocz wszy od pewnego wyrazu niemalej cy to znaczy,»e dla prawie wszystkich wyrazów liczb naturalnych n prawdziwa jest nierówno± a n a n+, to ci g ten jest zbie»ny. By nabra intuicji zwi zanej z tym twierdzeniem warto pomy±le o ci gu a n = n. Dowód tego faktu przebiega nast puj co. Na podstawie wniosku.2.7 lub trzeciego z przykªadów.2.5, mo»emy bez straty ogólno±ci zaªo»y,»e ci g jest niemalej cy nie tylko poczawszy od pewnego wyrazu ale caªy czas". Zastanówmy si teraz. Liczb ograniczaj cych nasz ci g od góry jest bardzo du»o; wybierzmy najmniejsz z nich. (Istnienie takiej liczby nie jest banaln spraw, ale nie b dziemy si tu tym problemem zajmowa ). Wybieramy wi c tak liczb M 0,»e dla wszystkich n mamy

14 4 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych a n M 0 a równocze±nie je±li warunek powy»szy speªnia jaka± inna liczba M to zachodzi nierówno± M 0 M. Niech ɛ > 0. Skoro M 0 ɛ < M 0 to M 0 ɛ nie ogranicza naszego ci gu od góry. Istnieje zatem takie naturalne k,»e a k > M 0 ɛ. Skoro jednak ci g jest niemalej cy, a k+ a k > M 0 ɛ, stosuj c indukcj przekonujemy si,»e a n > M 0 ɛ, dla wszystkich n k. Z drugiej strony a n M 0 dla wszystkich n. To znaczy,»e dla prawie wszystkich n zachodzi nierówno± a n M 0 < ɛ, ale to dowodzi,»e M 0 jest granic naszego ci gu..6.3 Wniosek Ka»dy ci g nierosn cy (od pewnego miejsca) i ograniczony z doªu jest zbie»ny. Dowód: ci g (a n ) n speªnia te warunki wtedy i tylko wtedy gdy ( a n ) n speªnia zaªo»enia twierdzenia Uwaga Przestrzegam przed rozumowaniami typu: inacja stale maleje a zatem d»y do zera. Granic ci gu nierosn cego i ograniczonego z doªu jest najwi ksze a nie dowolne dolne ograniczenie tego ci gu!.6.5 Przykªad Czy ci g a n = n 3 jest zbie»ny? Šatwo sprawdzi,»e jest on malej cy: nierówno± n a n+ < a n jest bowiem równowa»na nierówno±ci n+ n < 3. Z drugiej strony, jest on niew tpliwie ograniczony z doªu (na przykªad przez 0). A zatem ma granic. Jak j obliczy? Zwró my uwag na to,»e a n+ = n+ n 3 a n. Ci g po lewej stronie d»y do g a po prawej do razy 3 razy g. Granica g speªnia wi c warunek g = 3 co znaczy,»e g g = Przykªad (bardzo wa»ny) Rozwa»my ci g b n = n k=0 k! = 2+ n k=2 k!, n. Poka»emy,»e jest on zbie»ny. Skoro c n+ c n = (n+)! ci g ten jest rosn cy. Musimy jeszcze pokaza,»e ci g a n, n jest ograniczony. Do± oczywiste jest,»e k! 2 k ; istotnie po lewej stronie mamy k jeden czynników (nie licz c jedynki, która niczego nie wnosi), z których ka»dy jest wi kszy lub równy 2. St d n k=2 k! n k=2. 2 Ci g k c n := n k=2 jest rosn cy bo c 2 k n+ c n = 2 n. Z przykªadu.3.3 wiemy,»e jego granica, która jest jednocze±nie jego ograniczeniem 2 górnym, równa jest =. To znaczy,»e ci g (b n ) 2 n jest ograniczony przez 3. Jego granic oznaczamy liter e. Jest to liczba niewymierna, a jej rozwini cie dzieci tne zaczyna si tak: 2, Dalsze wyrazy rozwini cia mo»na otrzyma nawet na zwykªym kalkulatorze korzystaj c ze wzoru na b n, który bardzo dobrze przybli»a t liczb. Staªa ta znana jako podstawa logarytmu naturalnego jest jedn z najwa»niejszych staªych w matematyce.

15 .6 Zbie»no± ograniczonych ci gów monotonicznych ( Przykªad (bardzo wa»ny) - c.d Poka»emy,»e ci g a n = + n n) jest zbie»ny - istnienie jego granicy nie jest wcale oczywiste: mamy tu do czynienia z wyra»eniem typu i»e granic jego jest e. Przyjrzyjmy si naszemu ci gowi dokªadniej: a = 2, a 2 = 9 4, a 3 = 64 27, a 4 = Cho nie wida jeszcze»adnej reguªy, zaczyna nam ±wita,»e jest to chyba ci g rosn cy. By sprawdzi t hipotez korzystamy z dwumianu Newtona: St d a n = a n = 2 + n k=0 = 2 + n k=2 ( ) n k n k = n k=2 n k=0 n! (n k)!k! n k (n )(n 2)...(n k + ) k! n k. ( ) ( 2 ) (... k ). (.7) k! n n n Analogiczna suma dla a n+ wygl da zatem tak: n+ a n+ = 2 + k=2 k! ( n + ) ( 2 n + ) (... k ). n + Jak wida ta druga suma ma nie tylko wi cej skªadników ni» poprzednia ale i ka»dy z jej n pierwszych skªadników jest wi kszy ni» odpowiedni skªadnik sumy poprzedniej. Dokªadniej, dla ka»dego 2 k n mamy k! ( n )( 2 k n )...( n ) k! ( n+ )( 2 k n+ )...( n+ ); wynika to st d,»e ka»dy z czynników po lewej stronie jest mniejszy ni» odpowiedni czynnik po stronie prawej. To dowodzi,»e a n+ a n. Przygl daj c si wzorowi (.7) widzimy te»,»e wszystkie czynniki w nawiasach s nie wi ksze ni», wi c a n 2 + n k=2 k! = n k=0 k!. Wyra»enie po prawej stronie ju» wcze±niej rozwa»ali±my, jest to ci g z przykªadu.6.6. Liczba e, która jest jego granic jest te» jego ograniczeniem górnym, a zatem i ograniczeniem górnym ci gu a n, n. A zatem ci g a n, n jest zbie»ny. Skoro a n b n, jego granica, powiedzmy g, speªnia warunek g e. Z drugiej strony, dla dowolnych liczb naturalnym n m mamy a n = n k=2 m k=2 (n )(n 2)...(n k + ) k! n k (n )(n 2)...(n k + ) k! n k.

16 6 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych Ci g po lewej stronie d»y do g, po lewej za± mamy sum m + ci gów z których ka»dy ma granic. Przechodz c zatem do granicy z n i korzystaj c m-krotnie z.3., na podstawie.4 otrzymujemy nierówno± g 2 + m k=2 k!. Po prawej jej prawej stronie rozpoznajemy b m. To znaczy: g b m. Przechodz c do granicy z m otrzymujemy g e. Š cz c t nierówno± z nierówno±ci otrzyman poprzednio widzimy,»e g = e..6.8 Uwaga Granic ci gu ( n) n ( ) jest e ; wynika to z faktu i» n n = ( = n n )n (+ n )n (+ n ). Zachodzi te» twierdzenie ogólniejsze, które pozwala obliczy wiele granic (do± prosty dowód pomijamy - zob. [9]). Je±li ci g (a n ) n ma wyrazy niezerowe i d»y do zera, to granica lim n ( + a n ) a n istnieje i równa jest e. Przykªady na wiczeniach..6.9 Przykªad Rozwa»my dwie liczby dodatnie a i b takie,»e a < b. Niech b = a+b 2 b dzie ich ±redni, a a = [ ( 2 a + b )] = 2ab a+b b dzie ich ±redni harmoniczn. Bezpo±redni rachunek przekonuje nas,»e a < b. Mo»emy teraz rozwa»y ±redni b 2 liczb a i b oraz ich ±redni harmoniczn a 2 itd. Otrzymamy w ten sposób ci gi (a n ) n i (b n ) n speªniaj ce nierówno±ci a < a n < a n+ < b n+ < b n < b. Wnioskujemy zatem,»e oba te ci gi maj granice, powiedzmy α i β. Ze wzgl du na fakt, i» b n+ = 2 (a n + b n ), β = 2 (α + β), to znaczy α = β. Sprawdzamy te» ªatwo,»e a b = ab i przez indukcj ab = a n b n. St d ab = αβ = α 2. Dowodzi to,»e oba ci gi d» do granicy ab to znaczy do ±redniej geometrycznej. Oto jeszcze jedno twierdzenie zwi zane z ci gami ograniczonymi. Jak ju» widzieli±my, je±li ci g (a n ) n zd»a do zera a ci g (b n ) n zd»a do jakiej± sko«czonej granicy, to ich iloczyn d»y do zera. Zbie»no± (a n ) n do zera jest jednak na tyle siln wªasno±ci,»e pozwala znacznie zredukowa zaªo»enie dotycz ce (b n ) n przy nie zmienionej tezie:.6.0 Twierdzenie Je±li ci g (a n ) n zd»a do zera a ci g (b n ) n jest ograniczony, to ich iloczyn d»y do zera. Dowód opiera si na twierdzeniu o trzech ci gach. Je±li M jest ograniczeniem ci gu (b n ) n, to zachodzi nierówno± 0 a n b n M a n.

17 .7 Granice ci gów ±rednich arytmetycznych i geometrycznych 7 Skoro (a n ) n d»y do zera, do zera d»y te» ( a n ) n (zob..2.5 przykªad e)). Na podstawie twierdzenia o trzech ci gach wnioskujemy,»e ( a n b n ) n d»y do zera, a st d,»e i ci g (a n b n ) n d»y do zera..6. Przykªad Ci g a n = sin n n d»y do zera bo jest iloczynem d -» cego do zera ci gu b n = n i ograniczonego ci gu c n = sin n. Istotnie dla ka»dego n, sin n. Podobnie jest z ci giem a n = ( ) n sin n; ci g b n = ( ) n jest ograniczony a c n = sin n zd»a do zera (dowodzi tego cho by nierówno± 0 sin n n)..7 Granice ci gów ±rednich arytmetycznych i geometrycznych.7. Twierdzenie Je±li ci g a n, n jest zbie»ny to zbie»ny jest te» ci g jego ±rednich arytmetycznych, to znaczy s n = n (a a n ). Idea dowodu jest do± jasna: dla du»ych n wyrazy ci gu s bliskie granicy, a sko«czona liczba tych, które blisko granicy nie s, wnosi do ±redniej niewiele. Oto szczegóªy: niech ɛ > 0 i niech g b dzie granic ci gu (a n ) n. Prawie wszystkie wyrazy tego ci gu, powiedzmy wszystkie pocz wszy od k +, speªniaj warunek a n g < 3. ɛ Niech b n,k = n n k i=k+ a i. A zatem dla dowolnego n k +, b n,k g = n k n i=k+ a i n k n i=k+ g n k n i=k+ a i g ɛ 3. Z drugiej strony, s n = n (a +...+a k )+ n k n b n,k. To znaczy,»e s n b n,k n (a +...+a k ) + k n b n,k. Poniewa» k jest ustalone, dla prawie wszystkich n pierwsza suma jest mniejsza ni» 3. ɛ Podobnie, skoro ci g (a n ) n jest ograniczony, powiedzmy przez liczb M, to ta sama liczba ogranicza b n,k, n k+ a druga suma jest ograniczona przez k nm. Dla dostatecznie du»ych n zatem ta druga suma jest mniejsza ni» ɛ 3. Š cz c te warunki widzimy,»e dla prawie wszystkich n s n g s n b n,k + g b n,k < ɛ, czego chcieli±my dowie±..7.2 Uwaga Zwró my uwag na fakt, i» twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe. Istotnie, ci g a n = ( ) n+ nie jest zbie»ny, a jednak zbie»ny jest jego ci g ±rednich. Istotnie, ci g b n = n k= a k równy jest je±li n jest nieparzyste i 0 je±li n jest parzyste. W szczególno±ci (b n ) n Prosz nie myli tego ci gu z ci giem a n = n sin, który d»y do! n

18 8 Teoria zbie»no±ci ci gów liczbowych jest ograniczony. Dlatego te» s n = n b n jest zbie»ny do zera jako iloczyn ci gu ograniczonego i ci gu zbie»nego do zera. Warto te» zauwa»y, i» twierdzenie powy»sze prawdziwe jest tak»e w przypadku gdy lim n a n jest równe plus lub minus niesko«czono±. Dowód pomijamy (zob. na przykªad [6])..7.3 Twierdzenie Analogicznie dowodzi si nast puj cego twierdzenia: Je±li ci g (a n ) n ma wyrazy dodatnie (to znaczy a n > 0) i jest zbie»ny do granicy g (by mo»e niesko«czonej) to zbie»ny jest tak»e ci g jego ±rednich geometrycznych i jego granica równa jest granicy ci gu: lim n a a 2 a n = lim a n. n n.7.4 Przykªady Je±li dla pewnego ci gu a n, n o wyrazach dodatnich istnieje granica lim n+ n a n a = g to istnieje te» granica lim n n an i równa jest g. Istotnie, ci g b n = an a n, n (gdzie przyjmujemy a 0 = ) speªnia warunki twierdzenia.7.3 i b b n = n a n. Dla n n+ przykªadu, skoro lim n n =, mamy te» lim n n n =. Podobnie, z warunku lim n n! (n+)! = lim n (n + ) = wnioskujemy,»e lim n n n! =. By za± obliczy granic ci gu n n n! zauwa»amy,»e ci g a n = n! n speªnia warunek n an+ a n = ( n n+ )n = (+ n) a zatem lim n n an+ a n = e. St d te» lim n n n n! = n limn n! n n = e..8 Dodatek: twierdzenie Stoltza Czasami do obliczania granic ci gów przydatna jest nast puj ca dyskretna wersja twierdzenia de l'hospitala, znana jako twierdzenie Stoltza. Je±li x n, n i y n, n s ci gami d» cymi do niesko«czono- ±ci takimi,»e dla prawie wszystkich n, y n+ > y n, i istnieje granica x lim n+ x n x n y n+ y n = g, to istnieje te» granica lim n n yn i równa jest tak»e g. (Dowód mo»na znale¹ w ksi»kach [2, 9])..8. Przykªad Twierdzenie o zbie»no±ci ±rednich arytmetycznych jest wnioskiem z twierdzenia Stoltza: wystarczy przyj x n = n k= a k i y n = n. Wtedy ci g y n jest ±ci±le rosn cy i y n+ y n = a x n+ x n = a n+. Tak wi c istnienie granicy lim n a n+ = lim n a n = g poci - ga istnienie granicy n lim n n k= a k.

19 .8 Dodatek: twierdzenie Stoltza Przykªad Oto kolejny przykªad zastosowania twierdzenie Stoltza: je±li wiemy,»e ci g (a n ) n ma wyrazy nieujemne i istnieje granica lim n nan = g to istnieje tak»e granica n lim n n k= a k i równa jest 2g. Istotnie, za x n przyjmujemy ponownie n k= a k a y n jest teraz równe n. Mamy y n+ y n = n + n > 0, a na podstawie twierdzenia Stoltza wiemy,»e wystarczy zbada granic lim n n+ n a = lim n a n+ ( n + + n) = g + lim n a n+ n + n n+ = g + g = 2g. (Zob ).

20 2 Szeregi liczbowe i pot gowe 2. Gªówne zagadnienia Sumowalno± (zbie»no± ), zbie»no± bezwzgl dna. Kryterium porównawcze, porównawcze ilorazowe. Górna i dolna granica ci gu. Kryteria Cauchy'ego i d'alamberta. Szeregi naprzemienne, twierdzenie Leibniza. Szeregi pot gowe. Wzór Hadamarda na promie«zbie»no±ci szeregu pot gowego, bezwzgl dna zbie»no± we wn trzu przedziaªu zbie»no±ci. 2.2 Poj cie szeregu i sumowalno±ci szeregu 2.2. Szereg i jego suma Zaªó»my,»e mamy dany ci g (a n ) n. Nowy ci g utworzony z tak zwanych sum cz ±ciowych s n = n ci gu (a n ) n nazywa b dziemy szeregiem i oznacza i= a i, n n= a n. Szereg nazywamy sumowalnym, je±li jest on zbie»ny, a jego granic s, zwan sum szeregu, oznaczamy tym samym symbolem co i szereg: n= a n. Fakt,»e dwa ró»ne obiekty, sam szereg jak i jego granic oznaczamy tym samym symbolem nie prowadzi zwykle do nieporozumie«. Podobnie jak w przypadku ci gów zdarzy si mo»e,»e ci g (a n ) n zdeniowany jest tylko dla prawie wszystkich liczb naturalnych. Tylko dla tych liczb naturalnych zdeniowany jest te» wtedy szereg: piszemy wtedy na przykªad n=k a n. Widzieli±my,»e maj c dany ci g mo»emy zdeniowa szereg, a szereg ten jest znowu ci giem. Czy maj c dany dowolny ci g (s n ) n mo»emy znale¹ ci g (a n ) n taki,»e zwi zany z nim szereg równy jest (s n ) n? Tak. Wystarczy zdeniowa a = s, a 2 = s 2 s, a 3 = s 3 s 2 itd., tzn. a n = s n s n, n 2. W pewnym sensie wi c teoria szeregów sprowadza si do teorii ci gów. Istotn trudno±ci w operowaniu szeregami jest jednak fakt, i» najcz ±ciej nie jest znany wygodny bezpo±redni wzór 20