Wykład 8. 29 listopada 2010
5) Kresy zbiorów.
∅ 6= A ⊂
M aj( A) - zbiór majorant zbioru A
M in( A) - zbiór minorant zbioru A
M aj( A) := {x ∈
: ∀a ∈ A a ¬ x}
M in( A) := {x ∈
: ∀a ∈ A a x}.
M aj( A) 6= ∅ df
⇒ A − ograniczony z góry
⇒ A ograniczony
M in( A) 6= ∅ df
⇒ A − ograniczony z dołu
b 0 ∈ Min( A) i b 0 ∈ Maj( Min( A)) df
∀x ∈ A x b
b
0
0 = inf A ⇔
⇔
m
.
∀y ∈ Min( A) y ¬ b 0
b 0 ∈ Min( A) ∩ Maj( Min( A)) b 1 ∈ Maj( A) i b 1 ∈ Min( Maj( A)) df
∀x ∈ A x ¬ b
b
1
1 = sup A ⇔
⇔
m
.
∀y ∈ Maj( A) y b 1
b 1 ∈ Maj( A) ∩ Min( Maj( A)) Twierdzenie - Zasadnicza własność
∅ 6= A ⊂
M aj( A) 6= ∅ ⇒ ∃b 1 ∈
b 1 = sup A
∅ 6= A ⊂
M in( A) 6= ∅ ⇒ ∃b 0 ∈
b 0 = inf A
M aj( a( )) 6= ∅ df
⇒ ( an) ograniczony z góry
df
i
⇔ ( an) ograniczony
M in( a( )) 6= ∅ df
⇒ ( a
n) ograniczony z
dołu
Twierdzenie o ciągach monotonicznych
( an) niemalejący (rosnący) i ograniczony z góry ⇒ ( an) zbieżny ( an) niemalejący (rosnący) i ograniczony z góry ⇒ ( an) zbieżny Dowód. Wykażemy pierwszą część twierdzenia, dowód drugiej jest podobny. Niech g := sup a( ). Wtedy an ¬ g < g + ε.
38
Ponieważ g − ε < g to g − ε 6∈ Maj( a( )) ⇒ ∃ N aN > g − ε.
Monotoniczność ciągu ( an) implikuje, że dla n N an g − ε co daje nierówności g − ε < an < g + ε, równoważne nierówności |an − g| < ε.
M aj( A) = ∅ ⇒ sup A =: + ∞; M in( A) = ∅ ⇒ inf A =: −∞; sup A ¬ sup B
∅ 6= A ⊂ B ⇒ inf A inf B
( an) ciąg ograniczony
k = {n ∈
: n k}
bk := inf a( k ) , ck := sup a( k )
∀n bn ¬ an ¬ cn
k+1 ⊂
n
⇓
ck+1 ¬ ck ⇒ ( ck) nierosnący ⇒ ∃ h = lim cn n→∞
bk+1 bk ⇒ ( bk) niemalejący ⇒ ∃ g = lim bk k→∞
h =: lim sup an = lim n
a
→∞
n
n→∞
g =: lim inf an = lim
an
n
n→∞
→∞
Twierdzenie.
(1) ∀ε > 0 ∃N∀n N am ¬ h + ε
h = lim sup an ⇔
(2)
=
n
∃( k
a
h
→∞
n)
lim k
n
n
→∞
(1) ∀ε > 0 ∃N∀n N an g − ε
g = lim inf an ⇔
n→∞
(2) ∃( ln) lim al = g
n
n
→∞
Dowód. Wykażemy tylko równoważność dla granicy górnej.
( ⇒) Niech h = lim sup an = lim cn. Dla ε > 0 Istnieje N takie, że dla n N
n→∞
n→∞
h − ε < cn < h + ε, skąd an ¬ cn ¬ h + ε. Dla dowolnego j h − 1 < h i możemy j+1
znaleźć takie kj, że h− 1 < a < h+ 1 i k a
= h.
j+1
kj
j+1
j < kj+1. Stąd już wynika, że lim
k
n
n
→∞
( ⇐) Jeśli założymy, że prawdziwa jest prawa strona równoważności. Wynika stąd, że lim sup an = lim cn ¬ h. Ponieważ ak → h to wynika, stąd, że n
n→∞
n→∞
ck a
h − ε, n N
,
n
kn
1 ⇒ cn h − ε, n kN 1
co pokazuje, że h = lim sup an.
n→∞
Wniosek (twierdzenie Bolzano-Weierstrassa).
( an) ∈ B( ) (ciąg ograniczony) ⇒ ∃( kn) ( ak ) - zbieżny.
n
39
Przykład.
an = ( − 1) n, cn = 1 , bn = − 1
lim sup an = 1 , lim inf an = − 1 , n→∞
n→∞
a 2 n− 1 −→ − 1 , a 2 n −→ 1 .
Twierdzenie.
g = lim an ⇔ lim inf an = lim sup an = g.
n→∞
n→∞
n→∞
Dowód.
( ⇒) g − ε < an < g + ε ⇒ g − ε < bn < g + ε, g − ε < cn < g + ε, co daje lim inf an = lim sup an = g.
n→∞
n→∞
( ⇐) Mamy nierówności
g − ε < bn ¬ an, n N 1
⇒ g − ε < a
a
n < g + ε , n N = max( N 1 , N 2) .
n ¬ cng + ε, n N 1
Twierdzenie.
( an) ∈ C( ) ⇔ ∃g ∈
lim an = g.
n→∞
Dowód. Niech ( an) ∈ C( ). Wtedy ( an) ∈ B( ). Niech g = lim inf an, h =
n→∞
lim sup an. Wystarczy pokazać, że g = h a ponieważ g ¬ h to wystarczy, uzasadnić, że n→∞
g h. Niech ak −→ h, a → g. Ponieważ ( a
− a | < ε dla
n
ln
n) ciąg Cauchy’ego to |akn
ln
n N , skąd
g + ε > al > a
− ε > h − 2 ε ⇒ g > h − 3 ε ⇒ g h.
n
kn
Podstawowe własności ciągów zbieżnych.
a) ( an) zbieżny to ( an) ograniczony;
b) ( an) zbieżny do granicy g to ak → g dla dowolnego podciągu ( a ); n
kn
c) ( an) ograniczony to istnieje podciąg ( ak ) zbieżny; n
d) ( an) rosnący (od pewnego miejsca) i ograniczony z góry to ( an) zbieżny; e) ( an) malejący (od pewnego miejsca) i ograniczony z dołu to ( an) zbieżny.
f) Jeżeli lim an = g i lim bn = h to n→∞
n→∞
lim ( an + bn) = g + h; n→∞
lim ( an − bn) = g − h;
n→∞
lim ( an · bn) = g · h;
n→∞
40
a
g
lim n = , jeśli h 6= 0 .
n→∞ bn
h
g) Jeżeli lim an = g i lim bn = h i od pewnego miejsca an ¬ bn to g ¬ h.
n→∞
n→∞
W szczególności jeśli an ¬ M, n n 0 to lim an ¬ M.
n→∞
h) Twierdzenie o trzech ciągach:
jeżeli
bn ¬ an ¬ cn dla n n 0
i
lim bn = lim cn = g
n→∞
n→∞
to
lim an = g.
n→∞
Jeżeli spełniony jest warunek
∀A ∈
∃N ( n N ⇒ an A)
to mówimy, że ciąg ( an) jest rozbieżny do + ∞ i piszemy lim an = + ∞.
n→∞
Gdy spełniony jest warunek
∀A ∈
∃N ( n N ⇒ an ¬ A)
to mówimy, że ciąg ( an) jest rozbieżny do −∞ i piszemy lim an = −∞.
n→∞
(W pierwszym z tych warunków chodzi o to, że A może być dowolnie dużą liczbą dodatnią a w drugim warunku A może być dowolnie małą liczbą ujemną).
41
Przykłady.
1) an = g to lim an = g.
n→∞
2) an = 1 to lim a
n
n = 0 . A stąd także
n→∞
1
1
1
1
lim
= lim
= lim
= lim
.
n→∞ 2 n
n→∞ 2 n − 1
n→∞ n 2
n→∞ 2 n
3) an = ( − 1) n, |an| = 1, mamy dwa podciągi zbieżne a 2 n = 1 , a 2 n− 1 = − 1.
4) Ciąg
n
an = 1 + 1
jest rosnący i ograniczony z góry, a stąd zbieżny. Jego granicę n
oznaczamy przez e
1 n
lim 1 +
= e.
n→∞
n
Można wykazać, że dla dowolnego ciągu xn takiego, że lim |xn| = + ∞ mamy n→∞
1 xn
lim 1 +
= e.
n→∞
xn
Wynika stąd na przykład, że
1 n
1
1 −
= .
n
e
I Nierówność Bernoulliego :
(1 + x) n 1 + nx, x > − 1; II Nierówność Bernoulliego :
(1 + x) n 1 + nx + 1 n( n − 1) x 2 , x 0 .
2
5) Niech x > 0.
n
an( x) = an = 1 + x
.
n
Przy pomocy nierówności Bernoulliego sprawdzamy, że jest to ciąg rosnący i ograniczony z gór.
x
a
! n
! n
1 + x
n+1
x
x
= 1 +
n+1
= 1 +
1 − n( n+1)
an
n + 1
1 + x
n + 1
1 + x
n
n
x
!
x
x
1 +
x
1 +
1 − n+1
= 1 +
n( n+1) 1
n + 1
1 + x
n + 1
1 + x
n
n
bo
!
x
x
x
x
x 2
x
x 2
1 +
1 +
= 1 +
+
+
= 1 +
+
n + 1
n( n + 1)
n
n( n + 1)
n( n + 1)2
n
n( n + 1)2
x
1 + .
n
k
x kn
1
1
a
n ¬ akn =
1 +
=
¬
kn
n
x
1
1 − x
1+ x
k
kn
42
dla k > x bo
1
! n
x
n
nx
nx
x
= 1 −
1 −
1 −
= 1 −
1 + x
kn + x
kn + x
kn
k
kn
Zatem ( an) jest zbieżny i definiujemy
x n
exp x = exp( x) = lim 1 +
, x 0 .
n→∞
n
! n
x n
x n
x 2
1 +
1 −
= 1 −
< 1 , n > x,
n
n
n 2
x 2 ! n
x 2
1 −
1 −
.
n 2
n
Z twierdzenia o 3 ciągach wynika, że
x n
x n
lim 1 +
1 −
= 1 ⇒
n→∞
n
n
x n
1
exp( −x) = lim 1 −
=
⇒ exp x > 0 dla x ∈ .
n→∞
n
exp x
Twierdzenie. ∀x, y ∈
exp( x + y) = exp( x) · exp( y) .
n
n
n
Dowód. Niech bn = 1 + x+ n 1 − x
1 − y
. Mamy
n
n
n
x + n
x
y
x + n
x
y
xy
1 +
1 −
1 −
= 1 +
1 −
−
+
n
n
n
n
n
n
n 2
x
y
xy
x + y
( x + y)2
( x + y) xy
= 1 −
−
+
+
−
+
n
n
n 2
n
n 2
n 3
x 2 + y 2 + xy
( x + y) xy
= 1 −
+
< 1 dla n N
n 2
n 3
1 ,
skąd, korzystając z nierówności Bernoulliego,
x 2 + y 2 + xy
( x + y) xy
1 > bn 1 −
+
n
n 2
i wreszcie z twierdzenia o 3 ciągach mamy lim bn = 1.
n→∞
Uwaga. Skorzystaliśmy w dowodzie z faktu, że dla xy 6= 0 mamy x 2 + y 2 + xy x 2 + y 2 − |x||y| > x 2 + y 2 − |x||y| = ( |x| − |y|)2 0 ⇒ x 2 + y 2 + xy > 0 .
43
Szeregi nieskończone.
∞
N
Szereg nieskończony P o wyrazie a
P
n to para (( an) n
, ( S
) gdzie S
a
∈
0
n) n∈ 0
n =
k.
n=0
k=0
Zatem
∞
N
P
a
P
n = (( an) n
, ( S
) , S
a
∈
0
n) n∈ 0
n =
k
n=0
k=0
∞
szereg P an jest zbieżny df
⇔ ciąg ( Sn) jest zbieżny ⇔ ∃S ∈
S = lim Sn
n=0
n→∞
⇓
∞
P
an = S
n=0
Ważny przykład.
∞
1
|q| < 1 ⇒ X qn =
.
1 − q
n=0
Szereg nieskończony, który nie jest zbieżny nazywamy rozbieżnym.
Warunek konieczny zbieżności.
lim Sn = S ⇒ lim Sn+1 = S ⇒ lim an+1 = lim ( Sn+1 − Sn) = S − S = 0
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
∞
szereg X an jest zbieżny ⇒ lim an = 0 .
n→∞
n=0
Przykład.
∞
∞
∞
Żaden z szeregów P 1 , P ( − 1) n, P n nie może być zbieżny.
n=0
n=0
n=0
Warunek Cauchy’ego dla szeregów.
∞
n
szereg X a
X
n jest zbieżny
⇔ ∀ε > 0 ∃N
n > m
a
< ε
N ⇒
k
n=0
k= m+1
n
n
Ponieważ P a ¬ P |a
k
k| to wynika stąd następujące twierdzenie
k= m+1
k= m+1
44
Twierdzenie.
∞
∞
szereg P |a
P
n| jest zbieżny
⇒ szereg
an jest zbieżny
n=0
n=0
⇓
n
P |ak|
− ograniczony .
k=0
∞
a
P
n 0
an - szereg o wyrazach nieujemnych
n=0
∞
a
P
n > 0
an - szereg o wyrazach dodatnich
n=0
∞
sgn a
P
n+1 = − sgn an 6= 0
an - szereg naprzemienny
n=0
Przykład.
∞
∞
P
1
= P 1 - szereg harmoniczny
n+1
n
n=0
n=1
Mamy
S 2 n − Sn = 1 + 1 + · · · + 1 n 1 = 1 ⇒
n+1
n+2
2 n
2 n
2
2
S 2 n = ( S 2 n − S 2 n 1) + ( S
1 − S 2 n− ) + · · · + S
+ 1 ⇒
−
2 n−
2 − S 1 + S 1 n 1
2
szereg harmoniczny jest rozbieżny.
Kryterium porównawcze.
Twierdzenie
∞
∞
Niech P a
P
n,
bn będą szeregami o wyrazach dodatnich. Jeśli
n=0
n=0
0 < α ¬ lim inf an ¬ lim sup an ¬ 1 , n→∞
bn
b
α
n
n
→∞
co jest równoważne, ze ciągi ( an ) , ( bn ) są ograniczone, bn
an
to obydwa szeregi są równocześnie zbieżne lub rozbieżne.
45