Wykład 7. 22 listopada 2010

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

df

x ¬ y ⇐⇒ 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

3.5) Jeżeli x, y ∈

i x < y to istnieje q ∈

( q ∈ ( )) x < q < y

Dowód 3.5). Niech - x = [( an)] , y = [( bn)] a dla h ∈

+ = {q ∈

: q > 0 } niech

istnieje N takie, że dla n ­ N mamy

h

h

bn − an ­ h, |bn − bN | <

, |a

.

2

n − aN | < 2

Zdefiniujmy q := bN + aN . Wtedy a

< q < b

. Mamy dla n ­ N

2

n + h

2

N − h

4

h

h

h

h

an = aN + an − aN < q −

+

= q −

⇒ q − a

,

2

4

4

n ­ 4

h

h

h

h

bn = bN + bn − bN > + −

= q +

⇒ b

,

2

4

4

n − q − an ­ 4

co oznacza, że x < q i q < y.

4) Znak liczby x.

1 , x > 0







sgn x = sgn( x) = sign x = sign( x) df

=

0 , x = 0





 − 1 , x < 0

Wartość bezwzględna liczby x.



 x, x ­ 0

|x| = x sgn x =

 −x, x < 0

33

Równoważnie możemy zdefiniować |x| = |[( an)] | = [( |an|)].

Definicja jest dobrze postawiona, bo jeśli an − a0 −→ 0 czyli |a

| < ε dla

n

n − a0n

n ­ N to

|an| − |a0 || ¬ |a

| < ε,

n

n − a0n

gdyż dla dowolnych liczb a, b ∈

||a| − |b|| ¬ |a − b| ¬ |a| + |b|.

Aby uzasadnić pierwszą nierówność zauważmy, że

|a| = |a − b + b| ¬ |a − b| + |b|, |b| = |b − a| + |a| = |a − b| + |a|

⇓

−|a − b| ¬ |a| − |b| ¬ |a − b| ⇔ ||a| − |b|| ¬ |a − b|.

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 ∈ M in( A) i b 0 ∈ M aj( M in( A)) df

∀x ∈ A x ­ b

b

0

0 = inf A

⇔

⇔

m

.

∀y ∈ Min( A) y ¬ b 0

b 0 ∈ M in( A) ∩ M aj( M in( A)) b 1 ∈ M aj( A) i b 1 ∈ M in( M aj( A)) df

∀x ∈ A x ¬ b

b

1

1 = sup A

⇔

⇔

m

.

∀y ∈ Maj( A) y ­ b 1

b 1 ∈ M aj( A) ∩ M in( M aj( 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

a :

−→

ciąg o wyrazach rzeczywistych

( a



n) rosną cy

⇔ ∀ n an < an+1















( a





n) niemaleją cy

⇔ ∀ n an ¬ an+1 





( an) monotoniczny

( a



n) maleją cy

⇔ ∀ n an > an+1

















( a





n) nierosną cy

⇔ ∀ n an ­ an+1



34

Ciąg ( an) jest monotoniczny od pewnego miejsca (lub prawie monotoniczny) df

⇔ ∃ N 0

ciąg ( an+ N ) jest monotoniczny.

0



M aj( a( )) 6= ∅ df

⇒ ( an) ograniczony z gó ry 















df

i

⇔ ( an) ograniczony













M in( a( )) 6= ∅ df

⇒ ( a



n) ograniczony z doł u 

Ciąg ( an) jest zbieżny

m df

∃ g ∈

g = lim an

n→∞

m

∃L > 0 ∀ε > 0 ∃N = N( ε) ∀n ­ N |an − g| < Lε

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.

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→∞

35

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 ⇔

n

(2) ∃( 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

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

36

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

37