Analiza matematyczna I, MIM UW, 2010/11
Kolokwium I, 26 listopada 2010
Uwaga: Rozwiązanie każdego zadania proszę napisać na oddzielnej kartce. Proszę pod-
pisać każdą z oddawanych kartek, umieszczając na nich:
Imię, Nazwisko, nr albumu, nr grupy i potoku, nazwisko prowadzącego ćwiczenia
Czas pracy:
135 minut
1. Rozstrzygnąć, czy liczba
p√
5 + 3 +
p√
5 − 2
jest wymierna.
Wskazówka. Zbadać sumę i iloczyn liczb
p√
5 + 3 ±
p√
5 − 2
.
2. Czy zbiór
A = {2
n
/3
k
,
gdzie
k, n
naturalne i
k ≥ n}
jest ograniczony z góry? A z
dołu? Proszę uzasadnić obie odpowiedzi. Jeśli któraś z nich jest twierdząca, wyznaczyć
odpowiedni kres zbioru
A
.
3. Obliczyć granice następujących ciągów:
a
n
=
n
2
7
√
n
,
b
n
=
3
√
n
2
n
.
4. Udowodnić, że ciąg
a
1
= 3,
a
2
= 3 −
2
3
,
. . . ,
a
n
= 3 −
2
a
n−1
,
. . .
jest zbieżny i znaleźć jego granicę.
5. Dane są liczby
a, b, c > 0
. Obliczyć granicę
lim
n→∞
ln(a
n
+ b
n
+ c
n
)
√
n
2
+ 1
.
6. Dla
n ∈ N
połóżmy
a
n
= (−1)
n
+ (−1)
(n
2
+n)/2
,
b
n
=
n
q
a
n
n
+ a
n+1
n
.
Wyznaczyć wszystkie liczby rzeczywiste, które są granicami podciągów ciągu
(b
n
)
.
Szkice rozwiązań zadań
Zadanie 1. Niech
a =
p√
5 + 3 +
p√
5 − 2
,
b =
p√
5 + 3 −
p√
5 − 2
. Ze wzoru na
różnicę kwadratów
ab = (
√
5 + 3) − (
√
5 − 2) = 5
zatem
a = 5/b
. Są więc tylko dwie możliwości: (1)
a, b ∈ Q
, albo (2)
a, b ∈ R \ Q
.
Przypuśćmy, że
a
i
b
są wymierne. Wtedy
a + b
2
=
q
√
5 + 3 ∈ Q ,
q
√
5 + 3 =
k
l
dla pewnych
k, l ∈ Z
.
Podnosząc obie strony do kwadratu i odejmując 3, otrzymujemy
√
5 = (k
2
/l
2
) − 3 ∈ Q
.
To jednak jest sprzeczność, gdyż
√
5
jest liczbą niewymierną.
1
Zatem,
a, b ∈ R \ Q
.
Zadanie 2. Dla
k ≥ n ≥ 1
mamy
2
n
3
k
=
2
n
3
n
·
1
3
k−n
≤
2
3
n
≤
2
3
,
zatem liczba
2/3
jest ograniczeniem górnym
A
. Ponieważ
2/3 ∈ A
, więc
2/3 = sup A
(żadna liczba
M < 2/3
nie może być ograniczeniem górnym
A
).
Jeśli
x ∈ A
, to
x > 0
. Zatem
0
jest ograniczeniem dolnym
A
. Wykażemy, że
0
jest
kresem dolnym
A
. Ustalmy dowolne
ε > 0
. Ponieważ
A 3
2
n
3
n
=
1
1 +
1
2
n
≤
1
1 +
n
2
<
2
n
< ε
dla każdego
n > 2/ε
,
(skorzystaliśmy z nierówności Bernoulliego), więc
ε
nie jest ograniczeniem dolnym
A
,
tzn.
0 = inf A
.
Zadanie 3. Ponieważ
x = exp ln x
dla
x > 0
, więc ciąg
a
n
= exp
−(ln 7)
√
n + 2 ln n
jest zbieżny do zera, gdyż dla dowolnych
a, b > 0
jest
a ln n − b
√
n → −∞
, gdy
n → ∞
.
Podobnie dowodzimy, że
lim b
n
= 0
.
Zadanie 4. Jeśli ciąg
a
n
jest zbieżny, to jego granica
g
spełnia
g = 3 − (2/g)
, tzn.
g = 1
lub
g = 2
. Wykażemy, że ciąg
a
n
jest zbieżny do
g = 2
.
Niech
f (x) = 3 − (2/x)
dla
x ∈ R
,
x 6= 0
. Funkcja
f
jest rosnąca na
(0, ∞)
i nietrudno
się przekonać (szkicując wykres i rozwiązując odpowiednie proste nierówności), że
2 < f (x) < x
dla wszystkich
x ∈ (2, ∞)
.
1
Można to udowodnić wprost, albo odwołać się do twierdzenia z wykładu: dla
k, n ∈ N
liczba
k
√
n
jest
albo niewymierna, albo naturalna.
Wykres
f (x) = 3 − (2/x)
dla
x > 0
przecina prostą
y = x
w dwóch punktach.
Przez indukcję wnioskujemy stąd, że
2 < a
n+1
= f (a
n
) < a
n
< . . . < a
1
= 3
dla każdego
n ∈ N
. Ciąg
(a
n
)
jest więc malejący i ograniczony z dołu, a zatem jest zbieżny.
Jego granicą oczywiście nie może być liczba
1
, gdyż dla każdego
n ∈ N
jest
|a
n
− 1| > 1
.
Zatem
lim a
n
= 2
.
Zadanie 5. Bez zmniejszenia ogólności załóżmy, że
0 < a ≤ b ≤ c = max(a, b, c)
. Wtedy,
dzięki monotoniczności logarytmu naturalnego,
n ln c
√
n
2
+ 1
=
ln(c
n
)
√
n
2
+ 1
≤ x
n
:=
ln(a
n
+ b
n
+ c
n
)
√
n
2
+ 1
≤
ln(3 · c
n
)
√
n
2
+ 1
=
ln 3
√
n
2
+ 1
+
n ln c
√
n
2
+ 1
.
Ponieważ
lim
n→∞
n
√
n
2
+ 1
= 1 ,
lim
n→∞
ln 3
√
n
2
+ 1
= 0 ,
więc, na mocy twierdzenia o trzech ciągach,
(x
n
)
ma granicę
ln c = ln max(a, b, c)
.
Zadanie 6. Wypełniając (stopniowo, spokojnie i mechanicznie) powiedzmy 8–10 wierszy
tabelki
n
(n
2
+ n)/2
(−1)
n
(−1)
(n
2
+n)/2
a
n
(a
n
)
n
(a
n
)
n
+ (a
n+1
)
n
b
n
1
1
2
3
3
6
. . .
. . .
. . .
. . .
. . .
nietrudno zauważyć odpowiednią prawidłowość i znaleźć odpowiedź, a następnie krótko
ją uzasadnić. Szczegóły pozostawiamy Czytelnikowi.