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
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