Rozwiązania zadań z serii 2

Zadanie 1

Wyznaczyć kresy zbioru

A =

 k − l

2

− m

2

k + l

2

+ m

2

: k, l, m ∈ N; k 6 l < m



Zauważmy, że

k − l

2

− m

2

k + l

2

+ m

2

= −1 +

2k

k + l

2

+ m

2

= −1 +

2

1 +

l

2

k

+

m

2

k

Niech B =



2

1+

l2

k

+

m2

k

: k, l, m ∈ N; k 6 l < m



. Pokażę, że inf B = 0. Wtedy inf A = −1.

1. Zauważmy, że 0 jest ograniczeniem dolnym B, gdyż liczniki i mianowniki elementów B są zawsze

dodatnie.

2. Pokażę, że 0 jest największym ograniczenie dolnym B.

Elementy tworzące B są tym mniejsze im ich mianownik jest większy. Ustalmy więc k = 1,
tzn. najmniejsze możliwe k. Bez zmniejszania ogólności ustalmy l = 1. Wtedy B ma postać
n

2

2+m

2

: m ∈ N; 1 < m

o

.

Sprawdzę, czy ∀ > 0 ∃m :

2

2+m

2

< . Ustalmy 

0

> 0. Wtedy m musiałoby spełniać

2

2+m

2

< 

0

,

czyli m

2

>

2



0

− 2, czyli m >

q

2



0

− 2. Takie m istnieje: jest nim np. m

0

= b

q

2



0

− 2c + 1.

Pokażę, że sup B =

1
3

. Wtedy sup A = −

2
3

.

1. Zauważmy, że jeśli

1
3

jest ograniczeniem górnym B to jest też kresem górnym B, gdyż

1
3

∈ B dla

k = 1, l = 1, m = 2.

2. Pokażę, że

1
3

jest ograniczeniem górnym B.

Elementy tworzące B są tym większe im ich mianownik jest mniejszy.

l

2

k

+

m

2

k

jest najmniejsze

wtedy i tylko wtedy gdy

l

2

k

najmniejsze i

m

2

k

najmniejsze (gdyż te składniki nie mogą być ujemne).

l

2

k

jest najmniejsze wtedy i tylko wtedy gdy l = k = 1 (gdyż gdy l > k, tzn. l = k + a, gdzie

a > 0, to

l

2

k

=

k

2

+2ka+a

2

k

= k + 2a +

a

2

k

> 1).

m

2

k

jest najmniejsze wtedy i tylko wtedy gdy m = k + 1 = 2 (oczywiście uwzględniając ograni-

czenia nałożone na m).

Dla l = k = 1 i m = 2, otrzymujemy

1
3

jako element B.



Zadanie 2

Stwierdzić i uzasadnić, czy podane poniżej liczby są wymierne czy niewymierne: a =

q

17 +

p

13 +

√

11,

b =

p

8 +

√

35 +

q

12 +

√

7+

√

5

√

7−

√

5

• Załóżmy, że a ∈ Q. Wtedy również a

2

− 17 =

p

13 +

√

11 wymierna. Oznaczmy k = a

2

− 17.

Skoro k ∈ Q, to k

2

−13 =

√

11 też wymierna. Ale

√

11 jest liczbą niewymierną, gdyż 3

2

= 9 6= 11,

4

2

= 16 6= 11 i 9 < 11 < 16 oraz wiemy, że pierwiastek z liczby naturalnej jest albo liczbą

naturalną albo niewymierną. Zatem a ∈ IQ.

1

• Rozpatrzmy liczby bc i b + c, gdzie c =

p

8 +

√

35 −

q

12 +

√

7+

√

5

√

7−

√

5

. Jeśli bc okaże się wymierna,

a b + c niewymierna, tzn. że liczby b i c są niewymierne.

bc = 8 +

√

35 − 12 −

√

7 +

√

5

√

7 −

√

5

= −4 +

−6(

√

7 −

√

5)

√

7 −

√

5

= −10 ∈ Q

b + c = 2

q

8 +

√

35 ∈ Q ⇔

(b + c)

2

− 4 · 8

4

=

√

35 ∈ Q ⇒ ⇒ b + c ∈ IQ

Zatem b ∈ IQ.

Zadanie 3

Dany jest zbiór A ⊂ R

+

, o którym wiadomo, że sup A = M /

∈ A oraz inf A = m /

∈ A. Definiujemy

zbiór B ⊂ R warunkiem: liczba b należy do B wtedy i tylko wtedy gdy b =

k

√

a

1

· . . . · a

k

dla pewnych

parami różnych a

1

, . . . , a

k

∈ A, gdzie k > 2. Wyznaczyć kresy B.

Zauważmy, że z faktu, że kresy A nie są elementami A wynika, że w A jest nieskończenie wiele
elementów. Gdyby tak nie było, moglibyśmy znaleźć element największy i najmniejszy - byłyby one
kresami.
Pokażę, że sup B = M .

1. Pokażę, że M jest ograniczeniem górnym B.

Weźmy dowolne b =

k

√

a

1

· . . . · a

k

∈ B. Korzystając z nierówności między średnimi geometryczną

i arytmetyczną, mamy

k

√

a

1

· . . . · a

k

= G(a

1

, . . . , a

k

) < A(a

1

, . . . , a

k

) <

k

z

}|

{

M + M + . . . + M

k

= M

(nierówności między średnimi jest ostra, gdyż a

1

, . . . , a

k

są parami różne).

2. Pokażę, że M jest najmniejszym ograniczeniem górnym B.

Zauważmy, że ∀ > 0 w przecięciu A ∩ (M − , M ) jest nieskończenie wiele elementów. Gdyby
tak nie było, moglibyśmy znaleźć element największy różny od M i to on byłby kresem górnym
A. Zatem, weźmy k dowolnych elementów A należących do (M − , M ). Nazwijmy je a

1

, . . . , a

k

.

Wtedy

k

√

a

1

· . . . · a

k

>

k

s

(M − ) · . . . · (M − )
|

{z

}

k

= M − 

Zatem sup B = M .

Pokażę, że inf B = m.

1. Pokażę, że m jest ograniczeniem dolnym B.

Weźmy dowolne b =

k

√

a

1

· . . . · a

k

∈ B. Ponieważ wszystkie a

1

, . . . , a

k

są większe od m, mamy:

k

√

a

1

· . . . · a

k

>

k

rm · . . . · m

|

{z

}

k

= m

2. Pokażę, że m jest największym ograniczeniem dolnym B.

Zauważmy, że ∀ > 0 w przecięciu A ∩ (m, m + ) jest nieskończenie wiele elementów. Gdyby
tak nie było, moglibyśmy znaleźć element najmniejszy różny od m i to on byłby kresem górnym

2

A. Zatem, weźmy k dowolnych elementów A należących do (m, m + ). Nazwijmy je a

1

, . . . , a

k

.

Korzystając z nierówności między średnimi geometryczną i arytmetyczną, mamy

k

√

a

1

· . . . · a

k

= G(a

1

, . . . , a

k

) < A(a

1

, . . . , a

k

) <

k

z

}|

{

(m + ) + . . . + (m + )

k

= m + 

Zatem inf B = m.

Zadanie 4

Dany jest ograniczony zbiór A ⊂ (0, ∞). Wiadomo, że inf A = I < S = sup A. Kładziemy

B

k

=







k

X

j=1

a

j

2

j

: ∀

j∈{1,...,k}

a

j

∈ A







oraz B =

∞

[

k=1

B

k

Wyznaczyć kresy B.
Zauważmy, że wyrazy a

j

nie muszą być parami różne.

Żeby wyznaczyć supremum B rozpatrzymy 2 przypadki: S ∈ A i S /

∈ A. W każdym z nich sposób

postępowania będzie taki sami: największy element zbioru A podstawimy pod wszystkie a

j

dla każdego

k. Dzięki temu będziemy mogli wyłączyć a

j

przed znak sumy, obliczyć sumę (zgodnie ze wskazówką,

P

k
j=1

2

−j

= 1 − 2

−k

) i przejść z k do ∞ (gdzie przywołana suma jest równa 1).

1. Jeśli S ∈ A, weźmy ∀

j∈{1,...,k}

a

j

= S. Dla takich a

j

suma B

k

jest największa, gdyż dla żadnych

innych a

j

składniki tej sumy nie będą większe. Zatem, B

k

=

P

k
j=1

S

2

j

= S

P

k
j=1

2

−j

= S(1 −

2

−k

).

Wiemy, że dla powyższego B

k

lim

k→∞

B

k

= lim

k→∞

S(1 − 2

−k

) = S.

Zauważmy, że ciąg

sum częściowych B

k

jest rosnący (gdyż wszystkie składniki sumy są dodatnie, a kolejna suma

częściowa powstaje przez dopisanie do poprzedniej dodatkowego składnika). Jednocześnie wiemy,
że jeśli jakaś liczba jest granicą ciągu monotonicznego to kres zbioru wyrazów tego ciągu jest
równy tej granicy. Zatem sup B = S.

2. Jeśli S /

∈ A, dla każdego  > 0 w przedziale (S − , S) musi być nieskończenie wiele elementów A

(argument jak w zadaniu 3.). Weźmy dowolny element zbioru A z tego przedziału i nazwijmy go

a



. Przyjmijmy następnie, że ∀

j∈{1,...,k}

a

j

= a



. Dla takich a

j

, B

k

=

P

k
j=1

a



2

j

= a



P

k
j=1

2

−j

=

a



(1 − 2

−k

).

Zauważmy, że S −  < B

k

= a



(1 − 2

−k

) < S dla każdego  > 0. Zatem S = sup B.

W obu powyższych przypadkach (które wyczerpują wszystkie możliwe przypadki) sup B = S.
Żeby wyznaczyć infimum zauważmy, że suma B

k

jest najmniejsza gdy ma najmniej elementów (gdyż

wszystkie są dodatnie). Weźmy zatem k = 1.

1. Jeśli I ∈ A, wstawmy I do B

k

. Wtedy B

k

=

I
2

. Zauważmy, że tak powstała suma jest najmniejszą

możliwą: każde dopisanie kolejnego składnika ją zwiększy oraz każde zwiększenie jej jedynego
składnika ją zwiększy.

Zaś ponieważ I = inf A,jest on najmniejszym możliwym elementem.

Zatem, inf B =

I
2

.

2. Jeśli I /

∈ A, dla każdego  > 0 w przedziale (I, I + 2) musi być nieskończenie wiele elementów

A. Wybierzmy zatem dowolny i nazwijmy go a

2

. Wtedy

I
2

< B

k

=

a

2

2

<

I
2

+

2

2

=

I
2

+ . Z

tego wynika, że inf B =

I
2

.

3

Zadanie 5

W obu powyższych przypadkach (które wyczerpują wszystkie możliwe przypadki) inf B =

I
2

.

Wykazać, że a

n

=

n+1

n

n

i b

n

=

n+1

n

n+1

są monotoniczne.

Wykażę, że a

n

rosnący, tzn. a

n+1

> a

n

. Zauważmy, że

a

n+1

=

 n + 2

n + 1



n+1

=

 n

n+1

n

+ 1

n + 1



n+1

=







A







n + 1

n

, . . . ,

n + 1

n

|

{z

}

n

, 1













n+1

Średnia geometryczna z tych samych wyrazów wynosi

G







n + 1

n

, . . . ,

n + 1

n

|

{z

}

n

, 1







=

n+1

s

 n + 1

n



n

=

n+1

√

a

n

⇒ a

n

= G

n+1

Z nierówności między średnimi arytmetyczną i geometryczną a

n+1

= A

n+1

> G

n+1

= a

n

.



Wykażę, że b

n

malejący, tzn. b

n+1

< b

n

. Zauważmy, że

b

n

=





n+2

s

 n + 1

n



n+1

· 1





n+2

=







G







n + 1

n

, . . . ,

n + 1

n

|

{z

}

n+1

, 1













n+2

Średnia harmoniczna z tych samych wyrazów wynosi

H







n + 1

n

, . . . ,

n + 1

n

|

{z

}

n+1

, 1







=

n + 2

(n + 1)

n

n+1

+

1
1

=

n + 2

n + 1

⇒ b

n+1

= H

n+2

Z nierówności między średnimi geometryczną i harmoniczną b

n

= G

n+2

> H

n+2

= b

n+1

.



Za wszelkie błędy przepraszam i proszę o maila z informacją.

4