Wykłady z analizy matematycznej dla I roku Elektroniki i
Telekomunikacji
Wiadomości wstępne
Literatura
1)
W. Żakowski, G. Decewicz ”Matematyka cz. I” Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa 1991
2)
W. Żakowski, W. Kołodziej ”Matematyka cz. II” Wydawnictwa Naukowo-Techniczne, Warszawa 1995
3)
L. Drużkowski ”Analiza matematyczna. Podstawy”
,
Wydawnictwo Uniwersytetu Jegielońskiego, Kraków 1998
4)
G. M. Fichtenholz ”Rachunek różniczkowy i całkowy”, PWN, Warszawa 1978
5) M. Malec “Elementarny wstęp do współczsnej analizy matematycznej”, Wydawnictwa AGH, Kraków 1996
6)
M. Malec “Przestrzenie metryczne” , Wydawnictwa AGH, Kraków 2000
7) J. Banaś, S. Wędrychowicz “Zbiór zadań z analizy matematycznej”, Wydawnictwa Naukowo-Techniczne,
Warszawa 1993, 1997
8) W. Stankiewicz ”Zadania z matematyki dla wyższych uczelni technicznych” cz.I, PWN, Warszawa 1997
9) W. Stankiewicz, J. Wojtowicz ”Zadania z matematyki dla wyższych uczelni technicznych” cz. II, PWN Warszawa
1976
Oznaczenia:
∀ dla każdego ( uogólnienie pojęcia “koniunkcji” na dowolną liczbę zdań logicznych )
∃ istnieje ( uogólnienie pojęcia “alternatywy” )
:= równe z definicji
:
równoważne z definicji
-zbiór liczb naturalnych ,
1,2,3,...
0
0
0,1,2,...
- zbiór liczb całkowitych
- zbiór liczb wymiernych
- zbiór liczb rzeczywistych
- zbiór liczb zespolonych
Charakterystyczną cechą zbioru
jest
zasada indukcji matematycznej :
Jeśli jakieś twierdzenie T n ma zachodzić
n
n
0
,
n , n
o
, to
dowód indukcyjny
przeprowadzamy w II etapach:
I. Sprawdzamy, czy twierdzenie zachodzi dla n
0
:
T n
0
II. Dowodzimy następnie
lemat indukcyjny:
Lemat
Zał. T(n
0
), T(n
0
+1), ... , T(k) dla k
≥
n
0 ,
k
Teza T (k+1)
- 1 -
Często wystarczy udowodnić
Lemat
Zał.
T k , k
n
0
Teza T k
1
Przykład.
Udowodnić
nierówność Bernoulliego
n
(1+p )
n
≥ 1 + np, gdzie p > -1
Dowód indukcyjny.
I. Nierówność jest prawdziwa dla n=1 bo
1 + p ≥ 1+p
II. Zał. Zakładamy, że nierówność zachodzi dla n=k
(1+p )
k
≥ 1 + kp
Teza Wykażemy prawdziwość nierówności dla n=k+1
(1+p )
k+1
≥ 1 + (k+1)p
Dowód
Przekształcamy nierówność z tezy lematu indukcyjnego
(1+p )
k+1
≥ 1 + (k+1)p
(1+p )
k
(1+p) ≥ 1 + kp + p
(1+p )
k
(1+p) ≥ (1+p) + kp
(1+p)[ (1+p )
k
- 1] ≥ kp
Ostatnia nierówność jest prawdziwa, ponieważ (1+p )
k
- 1 ≥ kp na podstawie założenia
indukcyjnego, stąd
(1+p)[ (1+p )
k
- 1] ≥ (1+p)kp = kp+kp
2
≥ kp.
Definicje rekurencyjne
Np.
- definicja rekurencyjna silni:
{
0 !
1
n
1 !
n
1
n ! , n
0
=>
n !
n
n
1
...
2
1, n
!"
#
definicja symbolu ∑:
$
j = 1
1
a
j
:= a
1
%
$
j = 1
n+1
a
j
=
$
j = 1
n
a
j
&
a
n+1
dla n
'(
- 2 -
Stąd
)
j = 1
n+1
a
j
= a
1
*
a
2
+
...
,
a
n
.
Niech
A
-/.
i A
021
.
Def. Kresem górnym (supremum) zbioru A
354
nazywamy liczbę – oznaczoną
supA –
spełniającą warunki:
6
7
supA
- kres górny zbioru A :
8
{
9
a
:
A
a
;
supA
<
r
=
supA
>
a
?
A : a
@
r
Def. Kresem dolnym (infinium) zbioru A
A5B
nazywamy liczbę – oznaczoną
infA –
spełniającą warunki:
C
D
infA
- kres dolny zbioru A :
E
{
F
a
G
A
a
H
infA
I
r
J
infA
K
a
L
A : a
M
r
Zasada osiągania kresów w
N
(
zasada zupełności zbioru
O
):
I. Każdy zbiór ograniczony z góry posiada kres górny, tzn.
PRQ
A -
zbiór ograniczony z góry
S
T
supA
UV
II.Każdy zbiór ograniczony z dołu posiada kres dolny, tzn.
WRX
A -
zbiór ograniczony z dołu
Y
Z
infA
[]\
Rozszerzenie zbioru
^
:
Definiujemy
_
`
:=
acb
dfegd
b
Wtedy
h
a
ikj
lcmon
a
pcq
r
b
s
t
u
vcwox
b
ycz
- 3 -
Suma i iloczyn dowolnej rodziny zbiorów
Niech I – dowolny zbiór,
I
{}|
.
Niech
A
i i
~
I
będzie rodziną zbiorów indeksowaną wskaźnikami ze zbioru wskaźników I.
Definiujemy
i
I
A
i
:= x :
i
I
x
A
i
-
suma (unia) zbiorów
A
i
i
I
A
i
:= x :
i
I
x
A
i
-
iloczyn (przecięcie) zbiorów
A
i
Para uporządkowana
(a,b) := {{a},{a,b}}
(a,b) = (c,d)
a = c
b = d
Uporządkowany układ n elementów
(a
1
, a
2
, ..., a
n
) := ((a
1
, ..., a
n-1
), a
n
) dla n
≥ 3, n
Iloczyn kartezjański zbiorów A i B:
A
B := x , y : x
A
y
B
n
X
i
1
A
i
A
1
A
2
...
A
n
a
1
,a
2
,... ,a
n
: a
1
A
1
, a
2
A
2
, ... , a
n
A
n
Ciągi liczbowe
Def.
Ciąg (a
n
) nazywamy
ograniczonym z góry
:
M
R :
n
a
n
¡
M
Def.
Ciąg (a
n
) nazywamy
ograniczonym z dołu
:
¢
£
m
¤
R :
¥
n
¦ §
a
n
¨
m
Def.
Ciąg (a
n
)
nazywamy
ograniczonym
:
©
ª
K
«
0 :
¬
n
®
a
n
¯
K
Tw.
Niech
a
n n
°²±
,
b
n n
³²´
- ciągi.
- 4 -
Jeśli
lim
n
µ·¶
a
n
¸
0
i
b
n n
¹»º
- ograniczony , to
lim
n
¼f½
a
n
¾
b
n
¿
0
.
Przykład
lim
n
ÀÂÁ
1
n
Ã
sin n
Ä
0 , ponieważ lim
n
ÅÇÆ
1
n
È
0 , a ciąg
b
n
É
sin n
jest ograniczony.
Tw. (o trzech ciągach)
Niech
a
n n
ʲË
,
b
n n
̲Í
,
c
n n
Î Ï
- ciągi
Jeżeli
Ð
n
Ñ
n
0
a
n
Ò
b
n
Ó
c
n
oraz
lim
n
ÔÖÕ
a
n
×
lim
n
ØÚÙ
c
n
Û
g ,
to
lim
n
ÜfÝ
b
n
Þ
g
.
Kryterium zbieżności d'Alemberta
lim
n
ß/à
a
n
á
1
a
n
â
1
ã
ci g
ą a
n n
äæå
jest zbie ny
ż
ç
lim
n
è/é
a
n
ê
0
Przykład
Niech a
n
ë
2
n
ì
n !
n
n
. Obliczyć lim
n
íïî
2
n
ð
n !
n
n
Stosujemy kryterium zbieżności d'Alemberta
lim
n
ñÂò
2
n
ó
1
ô
n
õ
1 !
n
ö
1
n
÷
1
2
n
ø
n !
n
n
ù
lim
n
ú û
2
ü
n
ý
1
n
þ
1
n
n
ÿ
n 1
lim
n
2
n
1
n
n
2
e
1
stąd
lim
n
2
n
n !
n
n
0 .
- 5 -
Tw. ( o ciągu monotonicznym i ograniczonym )
1. Każdy ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny.
2. Jeżeli ciąg jest ciągiem rosnącym ograniczonym z góry, to jest zbieżny.
3. Jeżeli ciąg jest ciągiem malejącym ograniczonym z dołu, to jest zbieżny.
Tw. (o iloczynie ciągu ograniczonego i zbieżnego)
Niech
a
n n
, b
n n
- ciągi
Jeżeli
lim a
n
0
oraz
b
n n
- ograniczony tzn.
K
0 : b
n
K dla n
,
to
lim
n
a
n
b
n
0
.
Tw.
Ciąg
a
n n
!
, gdzie a
n
"
1
#
1
n
dla n
$%
jest rosnący i ograniczony.
Dowód
1. Korzystając z nierówności Bernoulliego wykazuje się, że ciąg
a
n n
&'
jest ciągiem
rosnącym
2. Wystarczy wykazać, że ciąg
a
n n
()
jest ograniczony z góry. Korzystamy z dwumianu
Newtona:
1
*
1
n
n
+-,
k
.
0
n
n
k
/
1
n
k
0
1
1
n
1
2
1
n
3
n
2
4
1
n
2
5
...
6
n
n
7
1
n
n
=
= 1
8
n !
n
9
1 !
:
1 !
;
1
n
<
n !
n
=
2
>
2 !
?
1
n
2
@
n !
n
A
3 !
B
3 !
C
1
n
3
D
...
E
n !
n !
F
1
n
n
=
= 1
G
1
H
n
I
n
J
1
2 !
K
1
n
2
L
n
M
n
N
1 n
O
2
3 !
P
1
n
3
Q
...
R
n !
n !
S
1
n
n
≤
≤ 2
T
1
2 !
U
1
3 !
V
1
4 !
W
...
X
1
n !
≤
≤ 2
Y
1
2
Z
1
2
2
[
1
2
3
\
...
]
1
2
n
^
1
=
= 3
_
1
2
n
`
1
≤ 3
- 6 -
Wniosek Istnieje granica lim
n
ab
1
c
1
n
n
Def.
e :
d
lim
n
egf
1
h
1
n
n
Tw.
1. Jeżeli albo
a
n
ikjml
albo
a
n
npomq
przy n
rtsvu
, to
lim
n
wgx
1
y
1
a
n
a
n
z
e
2. Jeżeli
a
n
{
0
przy
n
|t}v~
to:
lim
n
1
a
n
1
a
n
e
Przykład
a
n
n
2
n
5
n
n
2
7
7
n
5
n
1
7
n
5
n
1
7
n
5
n
5
7
7
n
5
n
n
e
7
ponieważ
lim
n
1
7
n
¡
5
n
¢
5
£
7
¤
e oraz lim
n
¥¦
§
7n
n
¨
5
©«ª
7
Tw.
lim
n
¬
n
n
®
1
Dowód
Niech
n
n := 1
¯
b
n
. Wtedy
b
n
°
0 i
n
±
1
²
b
n
n
Korzystając ze wzoru Newtona otrzymujemy
n
³µ´
k
¶
0
n
n
k
b
n
k
·
1
¸
n
¹
b
n
º
n
2
»
b
n
2
¼
...
½
b
n
n
.
Stąd n
¾
n
2
b
n
2
,
- 7 -
n
¿
1
2
n n
À
1 b
n
2
,
2
n
Á
1
Â
b
n
Ã
0
Zatem lim
n
ÄÅ
b
n
Æ
0 na podstawie tw. o trzech ciągach.
- 8 -