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