Wykład 6. 15 listopada 2010

Y X = {f : X → Y }, X, Y skończone i |X| = m, |Y | = n to Y X| = nm, gdzie

|X| = card X = ]X oznacza ilość elementów zbioru X.

X = = {a :

−→ };

a( n) =: an - n-ty wyraz ciągu; a = ( an) = ( an) n∈ = ( a

n) n­ 1 - oznaczenie ciągu

a ∈ X - a ciągiem o wyrazach wymiernych.

k :

−→ , kn < kn+1

Przykłady: kn = 2 n − 1 , kn = 2 n, kn = n + l − 1 , kn = nl, kn = ln, l ∈ , l ­ 2.

kn = n + l − 1, k( ) = {n ∈

: n ­ l} =: l ;

kn = 2 n, k( ) =: 2 = Par

a ◦ k = ( ak ) - podciąg ciągu ( an) n

lim an = g ∈

⇔ an −→ g ∈

n→∞

m

∀ε ∈ , ε > 0 ∃N ( n ­ N ⇒ ( |an − g| < ε ⇔ gε < g < g + ε)) m

∃L > 0 ∀ε ∈ , ε > 0 ∃N ( n ­ N ⇒ |an − g| < Lε) m

an − g −→ 0 .

Twierdzenie. Jeżeli an → g 1 , an → g 2 to g 1 = g 2 .

Dowód. Gdyby g 1 6= g 2 to przy ε = |g 1 −g 2 | i n ­ N = max( N

2

1 , N 2) otrzymamy

|g 1 −g 2 | = |g 1 −an+ an−g 2 | ¬ |g 1 −an|+ |an−g 2 | < ε+ ε = 2 ε = |g 1 −g 2 | − sprzeczność .

Q := {( an) ∈ X : ∃g ∈

an −→ g}.

( an) ograniczony z dołu ⇔ ∃M 1 ∈

∀n an ­ M 1

( an) ograniczony z góry ⇔ ∃M 2 ∈

∀n an ¬ M 2

( an) ∈ B ciąg ograniczony ⇔ ( an) ograniczony z dołu i z góry m

∃M ∈

∀n |an| ¬ M

Lemat. an −→ g ⇒ ( an) ∈ B czyli L ⊂ B.

Dowód. Niech ε = 1. Istnieje N takie, że dla n ­ N

g − 1 < an < g + 1 ⇒ −|g| − 1 ¬ an ¬ |g| + 1 ⇔ |an| < |g| + 1 .

Jeśli zdefiniujemy M = max( |a 1 |, . . . , |aN− 1 |, |g| + 1) to będziemy mieli |an| ¬ M.

28

Twierdzenie.

a

a

n + bn −→ g + h

n −→ g

⇒ a

⇒ ∀α, β ∈

αa

b

n − bn −→ g − h

n + βbn −→ αg + βh.

n −→ h

an · bn −→ g · h

Dowód. Niech ∀n |an| ¬ M 1 , |bn| ¬ M 2. Ustalmy ε > 0. Istnieją wskaźniki N 1 , N 2

takie, że |an − g| < ε dla n ­ N 1 i |bn − h| < ε dla n ­ N 2.

Stąd dla n ­ N = max( N 1 , N 2) mamy oszacowania

|αan + βbn − ( αg + βh) | = |α( an − g) + β( bn − h)

¬ |α||an − g| + |β||bn − h| < |α|ε + |β||ε = ( |α| + |β|) ε = L 1 ε

|anbn − gh| = |( an − g) bn + g( bn − h) | ¬ |an − g||bn| + |g||bn − h|

< M 2 ε + |g|ε = ( M 2 + |g|) ε = L 2 ε.

Lemat. Jeżeli bn −→ h > 0 to istnieje N 0 takie, że dla n ­ N 0 bn > h.

2

Dowód. Niech ε = h i N

skąd

2

0 będzie dobrane do ε. Dla n ­ N 0 mamy |bn| < h 2

h − h < b

, w szczególności b

.

2

n < h + h

2

n > h

2

Wniosek. Jeżeli bn −→ |h| 6= 0 to istnieje N 0 takie, że dla n ­ N 0 bn > |h|.

2

Dowód. Jeżeli h > 0 to mamy sytuację z lematu. dla h < 0 stosujemy lemat do ciągu cn = −bn, skąd otrzymamy dla n ­ N 0 |bn| = −cn > −h = |h|.

2

2

Twierdzenie Jeżeli an −→ g, bn −→ h 6= 0 to an −→ g .

b

h

n

Dowód. Ustalmy ε > 0 i dobierzmy N = max( N 0 , n 1 , N 2) aby dla n ­ N równocześnie zachodziły warunki |bn| > |h|, |a

2

n − g| < ε, |bn − h| < ε. Wtedy

a

g

a

n

nh − bng

−

b

=

n

h

bnh

( an − g) h + g( h − bn)

|an − g||h| + |g||h − bn|

¬

b

nh

|bn||h|

|g| + |h|

¬ 2

ε = Lε.

|h| 2

C = {( an) ∈ X : ( an) − ciąg Cauchy’ego (ciąg podstawowy) }.

( an) ∈ X jest ciągiem Cauchy’ego jeżeli

∀ε > 0 ∃N ( n, m ­ N ⇒ |an − am| < ε

m

∃L > 0 ∀ε > 0 ∃N ( n, m ­ N ⇒ |an − am| < Lε

m

29

∃L > 0 ∀ε > 0 ∃N ( m > n ­ N ⇒ |an − am| < Lε

m

∃L > 0 ∀ε > 0 ∃N ∀n ­ N, k ­ 1 |an+ k − an| < Lε.

Twierdzenie. Każdy ciąg zbieżny jest ciągiem Cauchy’ego, ciąg Cauchy’ego jest ciągiem ograniczonym, czyli Q ⊂ C ⊂ B.

Dowód. Jeżeli ( an) ∈ Q to dla ε > 0 istnieje N , takie, że dla n, m ­ N mamy |an − g| < ε, |am − g| < ε. Stąd

|an − am| = |an − g + g − am| ¬ |an − g| + |g − am| < 2 ε.

Jeżeli natomiast ( an) ∈ C to przy n ­ N dla ε = 1 mamy

|an| = |an − aN + aN | ¬ |an − aN | + |aN | ¬ 1 + |aN |

skąd już dla wszystkich n

|an| ¬ 1 + max( |a 1 |, . . . , |aN |) = M.

n

P

Przykład. a

1

n = 1 + 1 + · · · + 1 =

.

0!

1!

n!

k!

k=0

1

1

|an+ k − an| =

+ · · · +

( n + 1)!

( n + k)!

!

1

1

1

1

=

+

+ · · · +

n!

n + 1

( n + 1)( n + 2)

( n + 1)( n + 2) · · · · · ( n + k)

!

!

1

1

1

1

1

1

1

1 k− 1

<

+

+ · · · +

=

1 +

+ · · · +

n!

n + 1

( n + 1)2

( n + 1) k)

n! n + 1

n + 1

n + 1

k

1

1

1 −

1

1

1

1

=

n+1

¬

=

(1)

n! n + 1 1 − 1

n! ( n + 1)(1 − 1 )

nn!

n+1

n+1

1

1

<

¬

¬ ε

n

N

gdy N ­ 1 .

ε

Przypuśćmy, że an −→ k ∈

, k, l ∈

. Możemy założyć, że l ­ 2 i niech s ∈

l

będzie takie, że 1 + 1 < 1.

s

l

Niech ε = 1 , dobieramy odpowiednie N i przy n ­ N, n ­ l będziemy mieli, sl!

korzystając z (1)

1

1

1

k

1

1

1

k

+

+ · · · +

− =

+

+ · · · +

−

+ a

0!

1!

l!

l

0!

1!

n!

l

l − an

1

1

1

1 1

1

<

+

=

+

<

sl!

ll!

s

l

l!

l!

30

1

1

1

x = l!

+

+ · · · +

− ( l − 1)! k

0!

1!

l!

< 1 ⇒ x = 0 bo x ∈

i al = k co jest niemożliwe bo zamieniając l na 2 l otrzymamy a

= k = a

l

2 l = 2 k

2 l

l

l czyli

1

+

1

+ · · · + 1 = 0.

( l+1)!

( l+2)!

(2 l)!

Wniosek. Q jest właściwym podzbiorem C.

Niech C 0 = {( an) ∈ C : an −→ 0 }.

Definiujemy relację R ⊂ C × C następująco

( an) R( bn) ⇔ ( an) − ( bn) = ( an − bn) ∈ C 0 .

Z własności ciągów zbieżnych wynikają łatwo własności tej relacji Propozycja. Relacja R jest relacją równoważności.

Definicja.

= C/R = {[( an)] : ( an) ∈ C}.

Własności

1) Odwzorowanie I :

3 g −→ [( g)] ∈

jest zanurzeniem, gdzie [( g)] oznacza

klasę ciągu stałego o wyrazie g. Będziemy pisać g zamiast [( g)].

D. Jeżeli [( g)] = [( h)] to g − h −→ 0 ⇒ g = h.

2) Działania.

2.1) [( an)] + [( bn)] := [( an + bn)], [( an)] − [( bn)] := [( an − bn)]; 2.2) [( an)] · [( bn)] := [( an · bn)]; 2.3) [( bn)] − 1 = 1 : [( bn)] := [(1 : e bn)], gdy [( bn)] 6= 0, gdzie e bn = 1 dla bn = 0 i e bn = bn jeśli bn 6= 0.

2.4) [( bn)] 6= 0 to [( an)] : [( bn)] := [( an : e bn)] = [( an)] · [( bn)] − 1.

3) Nierówności.

df

[( an)] < [( bn)] ⇐⇒ ∃h ∈ + ∃N ∀n ­ N bn − an ­ h Relacja jest dobrze określona (nie zależy od wyboru reprezentanta) bo jeśli b0 −

n

bn −→ 0 , a0 − a

n

n −→ 0 to przy odpowiednio dobranym N takim aby zachodziły równocześnie, przy n ­ N, nierówności bn − an ­ h, |an − a0 | < h, |b

| < h to

n

3

n − b0n

3

h

h

h

b0 − a0 = b0 − b

­ h −

−

=

.

n

n

n

n + bn − an + an − a0n

3

3

3

31

x ¬ y

df

⇐⇒ x = y lub x < y; x < y ⇔ x ¬ y i x 6= y.

Własności.

3.1) ∀x ∈

x ¬ x;

3.2) ∀x, y, z ∈

x ¬ y i y ¬ z ⇒ x ¬ z;

3.3) ∀x, y ∈

x ¬ y i y ¬ x ⇒ x = y.

3.4) ∀x, y ∈

x ¬ y ∨ y ¬ x

32