wstęp do analizy matematycznej

WSTĘP
DO ANALIZY
MATEMATYCZNEJ
Liliana Janicka
WSTĘP
DO ANALIZY
MATEMATYCZNEJ
Wydanie trzecie poprawione
@
GiS@
@@
Oficyna Wydawnicza GiS
Wrocław 2004
Projekt okładki
IMPRESJA Studio Grafiki Reklamowej
c 2002, 2003, 2004 by Liliana Janicka
Copyright Utwór w całości ani we fragmentach nie może być powielany ani rozpowszechniany
za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych, kopiujących, nagrywających
i innych. Ponadto utwór nie może być umieszczany ani rozpowszechniany w postaci
cyfrowej zarówno w internecie, jak i w sieciach lokalnych, bez pisemnej zgody
posiadacza praw autorskich.
Printed in Poland.
Skład komputerowy w systemie LATEX wykonała autorka
ISBN 83–89020–36–X
Wydanie III poprawione, Wrocław 2004
Oficyna Wydawnicza GiS, s.c., tel. (0-71) 357 85 65, e-mail: [email protected]
Druk: TINTA Sp. z o.o., tel. (0-71) 325 17 88, e-mail: [email protected]
4
Spis treści
Wstęp
7
1 Zbiory liczbowe
1.1 Zbiór liczb naturalnych
oraz zasada indukcji matematycznej . . . . .
1.2 Podzielność . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3 Zbiór liczb całkowitych i pojęcie grupy . . . .
1.4 Zbiór liczb wymiernych i pojęcie ciała . . . .
1.5 Liczby wymierne, niewymierne i rzeczywiste.
Interpretacja geometryczna . . . . . . . . . .
1.6 Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości
zbioru liczb rzeczywistych . . . . . . . . . . .
1.7 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
.
.
.
.
9
20
26
26
. . . . . . . . . . . .
28
. . . . . . . . . . . .
. . . . . . . . . . . .
30
36
2 Ciągi liczbowe
2.1 Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty . . .
2.2 Granica ciągu, podstawowe własności granicy
2.3 Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów .
2.4 Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów .
2.5 Podciągi, granica górna i dolna ciągu . . . . .
2.6 Warunek Cauchy’ego . . . . . . . . . . . . . .
2.7 Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych . . . . .
2.8 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
41
41
48
53
69
73
77
78
87
3 Szeregi liczbowe
3.1 Podstawowe definicje i przykłady . . . . . .
3.2 Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
3.3 Szeregi o wyrazach dowolnych . . . . . . . .
3.4 Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
89
. 89
. 95
. 106
. 111
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
4 Ciągłość funkcji
114
4.1 Granica funkcji w punkcie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 114
4.2 Asymptoty wykresu funkcji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129
5
SPIS TREŚCI
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
SPIS TREŚCI
Ciągłość funkcji w punkcie . . . . . . . . . .
Ciągłość funkcji elementarnych . . . . . . .
Najważniejsze własności funkcji ciągłych . .
Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji
Ćwiczenia . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
135
139
141
149
152
Odpowiedzi do ćwiczeń
154
Skorowidz
156
6
Wstęp
Niniejsze opracowanie dotyczy wybranych elementarnych zagadnień analizy
matematycznej. Powstało ono w oparciu o moje wieloletnie doświadczenie w pracy
dydaktycznej z kandydatami na studia oraz ze studentami pierwszych lat kierunków matematycznych Politechniki i Uniwersytetu we Wrocławiu. Do przygotowania tego opracowania zachęciła mnie moja córka Marysia. To dzięki jej starannym
notatkom z mojego wykładu dla słuchaczy Studium Talent w Politechnice Wrocławskiej, zawdzięcza ono swój obecny kształt.
Do kogo adresowany jest ten „skrypt”? Adresatami są słuchacze mojego wykładu na Studium Talent, uczniowie klas matematycznych oraz uczestnicy kółek
matematycznych. Skorzystają z niego zapewne także kandydaci na studia matematyczne, jak również studenci pierwszych lat tego kierunku. Wyraz „skrypt” ujęłam
w cudzysłów nieprzypadkowo, gdyż jest to raczej dosyć swobodne opowiadanie o
pewnych zagadnieniach analizy matematycznej, niż uporządkowany podręcznik
akademicki, ale takie było moje zamierzenie.
Książka podzielona jest na cztery rozdziały. Każdy z nich jest zakończony ćwiczeniami. Na końcu książki podane są odpowiedzi do wszystkich ćwiczeń.
W rozdziale pierwszym omówione są najważniejsze własności zbiorów liczbowych pojawiających się w analizie matematycznej, tzn. zbiorów liczb: naturalnych,
całkowitych, wymiernych, niewymiernych i rzeczywistych.
Rozdział drugi poświęcony jest ciągom liczbowym, a dokładnie pojęciu granicy
ciągu – jednemu z najważniejszych pojęć analizy matematycznej. Starałam się napisać go w taki sposób, by można było udowodnić każdy przytoczony fakt, bazując
jedynie na tym, co zostało wykazane wcześniej. Stąd taka kolejność przytaczanych
twierdzeń. W rozdziale tym jest jeszcze kilka rzadziej omawianych twierdzeń o
zbieżności ciągów, takich jak np. twierdzenie o granicy ciągu średnich arytmetycznych i geometrycznych, czy lemat Stolza.
Z kolei w rozdziale trzecim omówione są szeregi liczbowe. Jestem przekonana,
że o szeregach, a więc o ciągach specjalnej postaci, trzeba mówić bezpośrednio
po zreferowaniu materiału dotyczącego ciągów liczbowych. Nie należy „demoni-
7
8
zować” pojęcia szeregu, zwłaszcza, że już w szkole średniej uczniowie spotykają
szereg geometryczny.
W ostatnim rozdziale próbuję przybliżyć Czytelnikowi pojęcie ciągłości funkcji. Zawartych jest w nim wiele przykładów obliczania granic funkcji w oparciu o
definicję Heinego. Granice odpowiednich ciągów liczbowych zostały wyznaczone
wcześniej. W tym rozdziale udowodniona jest też ciągłość funkcji elementarnych
oraz omówione są podstawowe własności funkcji ciągłych.
Przygotowując to opracowanie korzystałam z podręczników: „Rachunek różniczkowy i całkowy” Kazimierza Kuratowskiego, „Analiza matematyczna” Heleny
i Juliana Musielaków , „Zbioru zadań z analizy matematycznej” Józefa Banasia
i Stanisława Wędrychowicza oraz z książki „Analiza matematyczna 1” Mariana
Gewerta i Zbigniewa Skoczylasa. Korzystałam także z konspektu wykładu Pani dr
Agnieszki Wojciechowskiej, przeznaczonego dla studentów starszych lat matematyki nauczycielskiej Uniwersytetu Wrocławskiego.
Do obecnego wydania ksiązki dołączono kilka nowych przykładów oraz usunięto zauważone błędy i usterki.
Dziękuję mojej koleżance Pani dr Jolancie Długosz za cierpliwe i wnikliwe
czytanie kolejnych wersji tekstu pierwszego wydania. Dziękuję także Koleżankom
i Kolegom z Instytutów Matematyki Politechniki i Uniwersytetu we Wrocławiu za
przekazane uwagi i informacje o błędach. Czytelników uprzejmie proszę o kierowanie wszelkich uwag o opracowaniu na mój adres elektroniczny.
Liliana Janicka
Instytut Matematyki
Politechnika Wrocławska
[email protected]
1
Zbiory liczbowe
1.1
Zbiór liczb naturalnych
oraz zasada indukcji matematycznej
Jednym z najważniejszych obiektów, jakimi zajmuje się analiza matematyczna,
jest zbiór liczb naturalnych, który w dalszym tekście oznaczamy literą N. Liczbami
naturalnymi, ich własnościami i prawami rządzącymi w tym świecie, zajmuje się
gałąź matematyki zwana arytmetyką. Nam wystarczy wiedzieć, że zbiór liczb
naturalnych jest to najmniejszy zbiór liczbowy zawierający 0 i wraz z każdą liczbą
n – liczbę następną n + 1. Wynika z tego, że zbiór N ma bardzo ważną własność
indukcji. Mianowicie, jeżeli zbiór A ⊂ N zawiera liczbę 0 oraz z założenia, że n ∈ A
wynika, że (n + 1) ∈ A, to A = N1 .
Własność ta znana jest głównie jako metoda dowodzenia twierdzeń o liczbach
naturalnych i nazywamy ją zasadą indukcji matematycznej. Wersję, w jakiej
będziemy ją tutaj stosować, można sformułować następująco.
Niech T (n) będzie zdaniem określającym daną własność liczby naturalnej n oraz niech n0 będzie ustaloną liczbą naturalną. Jeżeli spełnione są warunki:
(i) zdanie T (n0 ) jest prawdziwe,
^
(ii)
prawdziwa jest implikacja T (n) =⇒ T (n + 1),
n∈N, n­n0
to
^
zdanie T (n) jest prawdziwe.
n∈N, n­n0
Warunek (ii) stosujemy często w nieco zmodyfikowanej wersji. Mianowicie dowodzimy, że z prawdziwości twierdzenia dla wszystkich liczb mniejszych od n + 1
wynika jego prawdziwość dla liczby n + 1.
1
Pamiętajmy więc, że w naszych oznaczeniach mamy N = {0, 1, 2, . . .}.
9
10
Zbiory liczbowe
Indukcja służy nie tylko do dowodzenia, ale i do definiowania. Przypuśćmy,
że chcemy w ten sposób zdefiniować ciąg elementów pewnego zbioru A. Zdefiniujemy go „wyraz po wyrazie”, to znaczy że kolejny wyraz ciągu zdefiniujemy w
zależności od wyrazu poprzedniego. Musimy w tym celu mieć wyróżniony pewien
element a ∈ A, od którego zaczniemy budować nasz ciąg, oraz sposób otrzymywania następnego wyrazu z poprzedniego. Jeżeli opisem tego sposobu jest funkcja
f : A 7→ A, to definicja ma następującą postać:
(i)
a0 = a, (ii)
an+1 = f (an ) .
Taką definicję nazywamy indukcyjną lub rekurencyjną. Czasem funkcja f ma
skomplikowaną postać, zależeć może od wielu zmiennych, może też podawać wartość an+1 w zależności nie tylko od an , ale od wszystkich poprzednich wyrazów,
tj. a0 , a1 , . . . , an . Jednakże wybór elementu a i funkcji f gwarantuje istnienie i
jednoznaczność ciągu spełniającego warunki (i), (ii).
W szkole zetknęliśmy się wiele razy z definicjami tego typu. Dla przykładu –
ciąg arytmetyczny definiujemy najczęściej, podając wartość jego pierwszego wyrazu a oraz różnicę r:
(i)
a1 = a, (ii)
an+1 = an + r,
natomiast ciąg geometryczny możemy całkowicie opisać, podając jego pierwszy
wyraz a oraz iloraz q:
(i)
a1 = a, (ii) an+1 = an q.
Czasem (i tak jest w przypadku ciągu arytmetycznego i geometrycznego) można
podać również definicję jawną, to znaczy, podać zależność w postaci an = φ(n).
Dla ciągu arytmetycznego otrzymujemy wówczas an = a + (n − 1)r, a dla ciągu
geometrycznego mamy an = aq n−1 . Łatwo to sprawdzić przez indukcję, która jest
naturalnym sposobem dowodzenia własności ciągów rekurencyjnych.
Podamy teraz przykłady zastosowania zasady indukcji matematycznej.
• Fakt 1.1.1
(nierówność Bernoulliego2) Niech x ­ −1 będzie dowolnie ustaloną liczbą rzeczywistą. Wówczas dla każdej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
(1 + x)n ­ 1 + nx.
D o w ó d. (i) Dla n = 1 nierówność (w tym przypadku – równość) zachodzi.
(ii) Niech n ­ 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, że nierówność
(1 + x)n ­ 1 + nx
2
Jakob Bernoulli (1654–1705), jeden z członków licznej rodziny matematyków szwajcarskich.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej
11
jest prawdziwa. Wówczas
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x)
­ (1 + nx)(1 + x)
= 1 + x + nx + nx2
­ 1 + (n + 1)x.
Na mocy zasady indukcji matematycznej nierówność jest prawdziwa dla każdej
liczby naturalnej n i dowolnej liczby rzeczywistej x ­ −1.
Czytelnikom proponujemy, jako pożyteczne ćwiczenie, udowodnienie ogólniejszej, tzw. nierówności Weierstrassa3
(1 + x1 ) · (1 + x2 ) · . . . · (1 + xn ) ­ 1 + x1 + x2 + . . . + xn ,
prawdziwej dla dowolnych xk ­ −1, xk 6= 0, xk tego samego znaku.
• Przykład 1.1.1
Niech x będzie dowolnie ustaloną liczbą rzeczywistą taką, że
0 ¬ x ¬ 1. Wówczas dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzi nierówność
(1 + x)n ¬ 1 + n2n−1 x.
D o w ó d. (i) Dla n = 1 zachodzi równość.
(ii) Niech n ­ 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że nierówność (1 + x)n ¬ 1 + n2n−1 x jest prawdziwa. Wówczas, dzięki nierówności x2 ¬ x
(prawdziwej dla 0 ¬ x ¬ 1), mamy
(1 + x)n+1 = (1 + x)n (1 + x) ¬ (1 + n2n−1x)(1 + x) = 1 + x + n2n−1 x + n2n−1 x2
¬ 1 + x + n2n−1 x + n2n−1 x = 1 + x + n2n−1 2x = 1 + (1 + n2n )x
¬ 1 + (2n + n2n )x = 1 + (n + 1)2n x.
Zatem, na mocy zasady indukcji matematycznej, nierówność jest prawdziwa dla
każdej liczby naturalnej n i dowolnej liczby rzeczywistej 0 ¬ x ¬ 1.
Jednym z najstarszych znanych przykładów ciągu rekurencyjnego jest ciąg
Fibonacciego4 zdefiniowany zależnościami:
a1 = 1, a2 = 1, an = an−1 + an−2 , dla n = 3, 4, . . . .
• Przykład 1.1.2
staci
3
Pokazać, że wyrazy ciągu Fibonacciego można przedstawić w po√
√
(1 + 5)n − (1 − 5)n
√
.
an =
2n 5
Karl Friedrich Weierstrass (1815–1897), matematyk niemiecki, twórca podstaw analizy matematycznej.
4
Leonardo z Pizy zwany Fibonaccim (ok. 1175 – po 1240), matematyk włoski, wprowadził do Europy cyfry arabskie.
12
Zbiory liczbowe
R o z w i ą z a n i e. W tym przykładzie, trochę nietypowo, musimy sprawdzić
pierwszy warunek zasady indukcji matematycznej dla n = 1 i n = 2.
(i) Dla n = 1 mamy równość
√ 1
√ 1
1+ 5 − 1− 5
√
= 1 = a1 ,
21 5
a dla n = 2 otrzymamy
√ 2
√ 2
√
√
1+ 5 − 1− 5
6+2 5−6+2 5
√
√
=
= 1 = a2 ,
22 5
4 5
czyli pierwszy warunek zasady indukcji matematycznej jest spełniony.
(ii) Niech n > 2 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że
√ n−2
√ n−1
√ n−2
√ n−1
1+ 5
1+ 5
− 1− 5
− 1− 5
√
√
an−2 =
oraz an−1 =
.
2n−2 5
2n−1 5
Wówczas, zgodnie z definicją rekurencyjną otrzymujemy kolejno:
√ n−1
√
√
√
(1 + 5)n−1 − 1 − 5
(1 + 5)n−2 −(1 − 5)n−2
√
√
an = an−1 + an−2 =
+
2n−2 5
2n−1 5
√
√
√ n−1
√
2(1 + 5)n−2 − 2(1 − 5)n−2 +(1+ 5)n−1 − 1− 5
√
=
2n−1 5
√ √ n−2
√ √ n−2
2+1+ 5 − 1− 5
2+1− 5
1+ 5
√
=
2n−1 5
√ 2
√ n−2
√ 2
√ n−2
1+ 5 − 1− 5
1− 5
1+ 5
√
=
2n 5
√ n
√ n
1+ 5 − 1− 5
√
=
.
2n 5
Z (i) oraz (ii), na mocy zasady indukcji matematycznej, wynika, że dowodzony
wzór jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej n.
Zauważmy jeszcze, że z definicji ciągu Fibonacciego i udowodnionego wyżej
wzoru określającego jego n-ty wyraz wynika, iż dla każdej liczby naturalnej n
liczba
√ n
√ n
1+ 5 − 1− 5
√
2n 5
jest naturalna, co bez odwołania się do powyższej argumentacji nie jest takie oczywiste.
Kolejny fakt, raczej czysto technicznej natury, posłuży nam do udowodnienia
bardzo często wykorzystywanej zależności między średnią arytmetyczną a średnią
geometryczną.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej
13
• Fakt 1.1.2
Dla każdej liczby naturalnej n oraz dowolnych dodatnich liczb rzeczywistych a1 , a2 , . . . , an takich, że a1 · a2 · . . . · an = 1 zachodzi nierówność
a1 + a2 + . . . + an ­ n.
D o w ó d. (i) Dla n = 1 zachodzi równość, a dla n = 2 i dwu liczb a1 > 0, a2 > 0
takich, że a1 ·a2 = 1 mamy równości
a 1 + a 2 = a1 +
1
a2 + 1
= 1
a1
a1
2
i nierówność a1 + a2 ­ 2 jest równoważna nierówności (a1 − 1) ­ 0, prawdziwej
dla dowolnej liczby a1 .
(ii) Niech n ­ 2 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną i załóżmy, że teza jest
prawdziwa dla n. Weźmy teraz dowolne n + 1 liczb: b1 > 0, . . . , bn > 0, bn+1 > 0
takich, że b1 · b2 · . . . · bn · bn+1 = 1. Jeżeli bi = 1 dla wszystkich i = 1, 2, . . . , n + 1,
to teza jest prawdziwa (mamy po prostu równość). Jeżeli nie wszystkie liczby bi
są równe 1, to przynajmniej jedna z nich musi być mniejsza niż 1 i przynajmniej
jedna – większa niż 1. Nie zmniejszając ogólności rozumowania możemy przyjąć,
że bn < 1, bn+1 > 1 oraz skorzystać z założenia indukcyjnego dla
a1 = b1 , . . . , an−1 = bn−1 , an = bn · bn+1 .
Mamy stąd
b1 + b2 + . . . + bn · bn+1 ­ n.
Zatem
b1 + b2 + . . . + bn + bn+1 = b1 + b2 + . . . + bn · bn+1 − bn · bn+1 + bn + bn+1
Wystarczy więc pokazać, że
­ n − bn · bn+1 + bn + bn+1 .
n − bn · bn+1 + bn + bn+1 ­ n + 1, czyli że bn − bn · bn+1 ­ 1 − bn+1 .
Ostatnia nierówność jest jednak równoważna nierówności
(bn − 1) (1 − bn+1 ) ­ 0,
prawdziwej przy przyjętym powyżej założeniu o bn i bn+1 . Na mocy zasady indukcji
matematycznej nierówność
a 1 + a 2 + . . . + an ­ n
jest prawdziwa dla każdej liczby naturalnej n i dla wszystkich liczb a1 > 0, a2 >
0, . . . , an > 0 takich, że a1 · a2 · . . . · an = 1.
Dla dowolnych liczb nieujemnych a1 , a2 , . . . , an definiujemy średnią geometryczną Gn i średnią arytmetyczną An kładąc:
Gn =
√
n
a 1 · a 2 · . . . · an
oraz
An =
a 1 + a 2 + . . . + an
.
n
14
• Fakt 1.1.3
Zbiory liczbowe
Dla dowolnych liczb nieujemnych a1 , a2 , . . . , an zachodzi nierówność
√
n
a 1 · a 2 · . . . · an ¬
a 1 + a 2 + . . . + an
.
n
D o w ó d. Jeżeli ai = 0 dla jakiegoś i takiego, że 1 ¬ i ¬ n, to nierówność jest
oczywista, bo wówczas Gn = 0.
Jeżeli wszystkie ai są dodatnie, to rozważmy liczby
ai
bi = √
> 0 dla i = 1, 2, . . . , n.
n
a 1 · a 2 · . . . · an
Spełniają one założenia poprzedniego faktu, gdyż
a2
an
a1
· √
·...· √
= 1.
b 1 · b2 · . . . · bn = √
n
n
a 1 · a2 · . . . · an n a1 · a 2 · . . . · an
a 1 · a 2 · . . . · an
Zatem b1 + b2 + . . . + bn ­ n. Stąd otrzymamy nierówność
a1 + a2 + . . . + an
­ n,
√
n
a 1 · a 2 · . . . · an
równoważną nierówności
√
a 1 + a 2 + . . . + an
­ n a1 · a 2 · . . . · an ,
n
którą należało udowodnić.
• Fakt 1.1.4
Każdy zbiór n–elementowy ma 2n podzbiorów.
D o w ó d. (i) Dla n = 0 mamy zbiór pusty, którego jedynym podzbiorem jest
zbiór pusty i 20 = 1, czyli teza jest prawdziwa dla n = 0.
(ii) Niech n ­ 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, że dowolny
zbiór n–elementowy ma 2n podzbiorów i niech A = {a1 , a2 , . . . , an+1 } będzie jakimkolwiek zbiorem (n + 1)–elementowym. Podzielmy wszystkie jego podzbiory
na dwie klasy. Do pierwszej z nich zaliczmy wszystkie podzbiory zawierające
ustalony element (np. a1 ), a do drugiej – wszystkie podzbiory nie zawierające
tego elementu. Elementy drugiej klasy są podzbiorami n–elementowego zbioru
{a2 , . . . , an+1 }, więc jest ich (na mocy założenia indukcyjnego) 2n . Zauważmy też,
że istnieje wzajemnie jednoznaczna odpowiedniość między podzbiorami należącymi do pierwszej klasy, a podzbiorami należącymi do drugiej klasy. Wystarczy
bowiem do dowolnego podzbioru należącego do drugiej klasy dorzucić element a1
otrzymując podzbiór należący do pierwszej klasy, przy czym z różnych podzbiorów
należących do drugiej klasy otrzymujemy różne podzbiory należące do pierwszej
klasy i każdy podzbiór pierwszej klasy można w ten sposób otrzymać z pewnego
podzbioru należącego do drugiej klasy. Zatem wszystkich podzbiorów dowolnego
zbioru (n + 1)–elementowego jest 2 · 2n = 2n+1 , co należało wykazać.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej
15
Zgodnie z zasadą indukcji matematycznej wykazaliśmy, że dla dowolnej liczby
naturalnej n zbiór, który ma n elementów, posiada 2n podzbiorów.
Zajmiemy się teraz udowodnieniem często wykorzystywanego wzoru na potęgę
dwumianu. Dla n ∈N definiujemy:
1) 0! = 1, (n + 1)! = n!(n + 1) (symbol silni),
n
n!
dla k ∈ N, k ¬ n, (symbol Newtona).
2)
=
k!(n − k)!
k
W dalszym ciągu będziemy korzystać z równości podanych w następującym fakcie.
• Fakt 1.1.5
Dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dla k = 1, 2, . . . , n prawdziwe są
równości:
n
0
n
= 1,
n
D o w ó d. Oczywiście:
n
0
Ponadto
n
k
•
+
n
k−1
=
= 1,
n
k
n!
= 1,
0! n!
+
n
n
n n+1
=
.
k−1
k
=
n!
= 1.
n! 0!
n!
n!(n − (k − 1)) + n!k
n!
+
=
k!(n − k)! (k − 1)!(n − (k − 1))!
k!(n − (k − 1))!
n+1
(n + 1)!
n!(n + 1)
=
=
.
=
k
k!(n + 1 − k)!
k!(n + 1 − k)!
=
I znowu wykorzystamy zasadę indukcji matematycznej do dowodu kilku ważnych
faktów o wielorakich zastosowaniach.
n
Fakt 1.1.6 Dla dowolnej liczby naturalnej n oraz dla k = 0, 1, . . . , n liczba
k
jest naturalna.
D o w ó d.(i)Dla n = 0 możemy wziąć jedynie k = 0, a już wiemy z poprzedniego
0
faktu, że
= 1.
0
(ii) Niech n będzie dowolnie ustaloną
n liczbą naturalną. Załóżmy, że dla wszystkich
k takich, że 0 ¬ k ¬ n, liczba
jest naturalna. Należy pokazać, że dla wszystk
n+1
kich k = 0, 1, . . . , n + 1 liczba
jest naturalna. Dla k = 0 oraz k = n + 1
k
w Fakcie ?? sprawdziliśmy, że
n+1
n+1
= 1,
= 1,
0
n+1
16
Zbiory liczbowe
a dla 0 < k < n + 1 wykorzystujemy trzecią równość zawartą również w Fakcie ??
n+1
n
n
=
+
.
k
k
k−1
Na mocy założenia indukcyjnego oba składniki sumy po prawej stronie tej równości
są liczbami naturalnymi. Lewa strona jest więc także liczbą naturalną, co na mocy
zasady indukcji kończy dowód faktu.
Możemy już przystąpić do dowodu wspomnianego wyżej wzoru na n–tą potęgę
dwumianu.
• Fakt 1.1.7
(wzór dwumianowy Newtona5 )
Dla dowolnych liczb rzeczywistych a, b i dowolnej liczby naturalnej n zachodzi następujący wzór na n–tą potęgę dwumianu
n
n
n
n
n
n 0
n−1 1
(a + b) =
a b +
a
b + ... +
a1 bn−1 +
a0 b n .
0
1
n−1
n
D o w ó d. (i) Dla n = 0 wzór jest prawdziwy, gdyż
0
0
L = (a + b) = 1, oraz P =
a0 b0 = 1.
0
(ii) Niech n ­ 1 będzie dowolnie ustaloną liczbą naturalną. Załóżmy, zgodnie
z zasadą indukcji matematycznej, że dowodzona równość jest prawdziwa dla wykładnika n > 0. Wykorzystując to założenie pokażemy, że jest ona prawdziwa dla
wykładnika równego n + 1. Mamy zatem
(a + b)n+1 = (a + b)n (a + b)
n
n n 0 n n−1 1
n
= a
a b +
a
b +. . .+
a1 bn−1 +
a0 b n
0
1
n−1
n
n
n n 0 n n−1 1
n
1 n−1
0 n
+b
a b +
a
b +. . .+
a b
+
a b
0
1
n−1
n
n
n
n
n
n+1 0
n 1
=
a
b +
a b +. . .+
a2 bn−1 +
a1 b n
0
1
n−1
n
n
n
n
n
+
an b 1 +
an−1 b2 +. . .+
a1 b n +
a0 bn+1
0
1
n−1
n
n
n n =
an+1 b0 +
+
an b1 +. . .
0
1
0
n n n
+
+
a1 b n +
a0 bn+1 .
n
n−1
n
5
Sir Isaac Newton (1643–1727), angielski fizyk, astronom i matematyk współodkrywca
(obok matematyka niemieckiego Gottfrieda Wilhelma Leibniza) rachunku różniczkowego
i całkowego.
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej
17
Wykorzystując teraz dwukrotnie (dla n i n + 1) dwie pierwsze tożsamości oraz
n–krotnie – trzecią tożsamość z Faktu ??, otrzymujemy ostatecznie równość
n+1
n+1
n+1
n+1
(a+b)n+1 =
an+1 b0 +
an b1 +. . .+
a1 b n +
a0 bn+1 .
0
1
n
n+1
Na mocy zasady indukcji matematycznej wzór dwumianowy Newtona jest prawdziwy dla każdej liczby naturalnej n.
Współczynniki występujące w tym wzorze można łatwo wyliczyć posługując
się tzw. trójkątem Pascala6 , który łatwo buduje się w oparciu o pierwszy wzór
z Faktu ??:
1
1
1
1
2
1
1
3
3
1
1
4
6
4
1
1
5
10
10
5
1
.
.
.
.
.
.
.
Rys. 1.1.1. Trójkąt Pascala.
Liczby n–tego wiersza trójkąta Pascala są kolejnymi współczynnikami rozwinięcia dwumianu (a + b)n . Łatwo zauważyć, że każdy element n–tego wiersza jest
sumą dwu znajdujących się bezpośrednio nad nim elementów (n−1)–szego wiersza.
Posługując się dwumianem Newtona możemy znaleźć np. rekurencyjny wzór
na sumę k–tych potęg kolejnych liczb naturalnych.
Ponieważ dla dowolnej liczby naturalnej m zachodzi równość
k+1
k+1
k+1
k+1
(m+1)k+1 −mk+1 =
mk +
mk−1 +. . .+
m1 +
m0 ,
1
2
k
k+1
więc, pisząc tę równość kolejno dla m = 1, 2, . . . , n mamy:
k+1
k+1
k+1
k+1
k+1
k+1
k
k−1
1
2
−1
=
1 +
1 + ... +
1 +
,
1
2
k
k+1
k+1
k+1
k+1
k+1
3k+1 − 2k+1 =
2k +
2k−1 + . . . +
21 +
,
1
2
k
k+1
k+1
k+1
k+1
k+1
k+1
k+1
k
k−1
1
4
−3
=
3 +
3 + ... +
3 +
,
1
2
k
k+1
6
Blaise Pascal (1623–1662), francuski matematyk, fizyk, filozof i pisarz, m.in. sformułował zasadę indukcji matematycznej i podał sposób obliczania współczynników rozwinięcia dwumianu (a + b)n .
18
Zbiory liczbowe
q
q
q
(n + 1)k+1 − nk+1 =
k+1
1
nk +
k+1
2
nk−1 + . . . +
k+1
k
n1 +
k+1
k+1
.
Dodając te równości stronami i upraszczając nieco zapis, otrzymujemy
k+1
k+1
k+1
S (k−1) + . . . +
S (1) +
S (0)
2
k
k+1
k+1
k+1
k+1
= (k+1)S (k) +
S (k−1) + . . . +
S (1) +
S (0) ,
2
k
k+1
(n+1)k+1 − 1 =
k+1
1
S (k) +
gdzie S (j) = 1j + 2j + . . . + nj . Możemy zatem podać wzór na S (k) , jeżeli znamy
postać wszystkich wcześniejszych S (j) . Mianowicie
1
k+1
k+1
k+1
S (k) =
(n+1)(k+1) −1−
S (k−1) −. . .−
S (1) −
S (0) .
k+1
2
k
k+1
I tak dla przykładu
• dla k = 1 mamy
S1 = 1 + 2 + . . . + n =
2
1
1
(n + 1)2 − 1 −
n = n(n + 1),
2
2
2
• natomiast dla k = 2 otrzymujemy
3
1
3 1
S 2 = 1 2 + 2 2 + . . . + n2 =
n(n + 1) −
n
(n + 1)3 −1 −
3
3
2 2
1
= n(n + 1)(2n + 1).
6
Zasada indukcji matematycznej jest równoważna kilku innym własnościom zbioru
liczb naturalnych. Pierwsze dwie z tych własności związane są z określoną w zbiorze
liczb naturalnych relacją mniejszości ¬.
Korzystając z zasady indukcji matematycznej można udowodnić najważniejszą
własność relacji ¬ dla liczb naturalnych, odróżniającą ją od relacji mniejszości
w innych zbiorach liczbowych. Jest nią tzw. zasada minimum.
Każdy niepusty zbiór liczb naturalnych ma element najmniejszy.
Zbiór A ⊂ N nazywamy ograniczonym z góry (z dołu), jeżeli istnieje taka
liczba naturalna M (m), że dla każdego a ∈ A jest a ¬ M (m ¬ a). Mówimy
Zbiór liczb naturalnych oraz zasada indukcji matematycznej
19
wówczas, że M (m) ogranicza z góry (z dołu) zbiór A. Oczywiście każdy zbiór
liczb naturalnych jest ograniczony z dołu, bo 0 ¬ n dla każdego n ∈N. Natomiast
sam zbiór N i wiele jego podzbiorów nie są ograniczone z góry. W zbiorze liczb
naturalnych prawdziwa jest tzw. zasada maksimum.
Każdy niepusty i ograniczony z góry zbiór liczb naturalnych zawiera liczbę największą.
Obie zasady są równoważne i bardzo często wykorzystywane w dowodach wielu
faktów.
Inną własność liczb naturalnych opisuje zasada szufladkowa Dirichleta7 .
Mówi ona, że jeżeli wkładamy n + 1 (lub więcej) przedmiotów do n szufladek, to w
którejś z nich znajdą się co najmniej dwa przedmioty. Z zasady tej wynika np. natychmiast, że wśród n + 1 kolejnych liczb naturalnych istnieją dwie, których reszty
z dzielenia przez n są równe. W języku funkcji formułujemy zasadę szufladkową
następująco.
Dla dowolnej liczby naturalnej n żadna funkcja przekształcająca zbiór {1, 2, ..., n, n + 1} w zbiór {1, 2, ..., n}
nie jest różnowartościowa.
Podamy kilka przykładów, w rozwiązaniach których wykorzystamy zasadę szufladkową.
• Przykład 1.1.3
W prostokącie o bokach 1 i 2 znajduje się 6n2 + 1 punktów.
1
zawierające co najmniej cztery z nich.
Pokazać, że istnieje koło o promieniu
n
1
R o z w i ą z a n i e. Podzielmy każdy z boków na przedziały o długości . Otrzyn
1
mamy wówczas 2n2 małych kwadracików o boku równym . Na mocy zasady
n
szufladkowej któryś z tych kwadracików zawiera przynajmniej cztery z zadanych
punktów. Każde koło, którego środkiem jest środek kwadratu
zawierającego przy√
2
1
najmniej cztery punkty, a promień jest większy niż
< , zawiera więc przy2n
n
najmniej cztery spośród rozważanych punktów.
• Przykład 1.1.4
Spośród liczb 1, 2, . . . , 200 wybrano dowolnie 101 liczb. Pokazać,
że istnieją wśród nich przynajmniej dwie takie, że jedna z nich jest dzielnikiem
drugiej.
R o z w i ą z a n i e. Zauważmy, że każdą z liczb 1, 2, . . . , 200 można przedstawić w postaci 2j (2k + 1). Ponieważ czynniki (2k + 1) są liczbami nieparzystymi
7
Peter Gustaw Lejeuene-Dirichlet (1805–1859), matematyk niemiecki pochodzenia
francuskiego. W latach 1831–1855 był profesorem Uniwersytetu we Wrocławiu.
20
Zbiory liczbowe
mniejszymi od 200 (czyli różnych jest co najwyżej 100), więc, na mocy zasady szufladkowej, w przedstawieniu przynajmniej dwu z rozważanych 101 liczb występuje
ten sam czynnik 2k + 1. Oczywiście ta z nich, która ma mniejszy wykładnik j, jest
dzielnikiem drugiej.
• Przykład 1.1.5
Ze zbioru {1, 2, . . . , 2n}, gdzie n ­ 3, wybrano dowolnie n + 1
liczb. Pokazać, że istnieją wśród nich trzy takie, z których jedna jest sumą dwu
pozostałych.
R o z w i ą z a n i e. Niech
a1 < a2 < . . . < an+1
będą tymi wybranymi liczbami. Rozważmy n różnic:
a2 − a1 , a3 − a1 , . . . , an+1 − a1 .
Są to liczby dodatnie, parami różne i każda z nich jest mniejsza od 2n. Razem
mamy zatem 2n + 1 liczb naturalnych, z których każda jest mniejsza od 2n. Wobec
tego muszą wśród nich być liczby równe. Ale każde dwie spośród liczb
a1 < a2 < . . . < an+1
są różne, a także każde dwie spośród liczb
a2 − a1 , a3 − a1 , . . . , an − a1 , an+1 − a1
są różne. Któraś z liczb
a1 < a2 < . . . < an+1
jest więc równa jednej z różnic
a2 − a1 , a3 − a1 , . . . , an+1 − a1 ,
co daje tezę.
1.2
Podzielność
Mówiąc o liczbach naturalnych wypada wspomnieć o problemie podzielności.
• Definicja 1.2.1
Mówimy, że liczba naturalna n dzieli się przez liczbę naturalną k
(gdzie k > 0), jeżeli istnieje liczba naturalna d taka, że n = kd.
Piszemy wtedy k|n i mówimy, że k jest dzielnikiem liczby n. Oczywiście każda
liczba dzieli się przez 1 i przez siebie. Są to tzw. dzielniki trywialne. Liczby naturalne większe od 1, które mają tylko trywialne dzielniki, nazywamy liczbami
pierwszymi.
Relacja podzielności, oznaczana symbolem „ | ”, jest w zbiorze N zwrotna
Podzielność
21
(to znaczy n|n dla każdej liczby naturalnej n), słabo antysymetryczna (jeżeli n|k
i k|n, to n = k) i przechodnia (jeżeli n|k i k|m, to n|m). Ponadto:
jeżeli a = d1 · k i b = d2 · k, to a + b = (d1 + d2 ) · k
oraz
dla dowolnego c ∈ N mamy a · c = d1 · c · k.
Udowodniliśmy w ten sposób następujący fakt.
• Fakt 1.2.1
Jeżeli k|a i k|b, to k|(a + b) oraz jeżeli k|a lub k|c, to k|(a · c).
Łatwo się przekonać, że stwierdzenia odwrotne nie zachodzą.
Przy badaniu zagadnień dotyczących liczb naturalnych bardzo często korzystamy z dwu następujących twierdzeń, których autorem jest Euklides8 .
•Twierdzenie 1.2.1
Każdą liczbę naturalną większą od 1 można jednoznacznie
(z dokładnością do kolejności czynników) przedstawić w postaci iloczynu liczb pierwszych.
D o w ó d. (i) Liczba 2 spełnia tezę, bo jest pierwsza.
(ii) Przypuśćmy, że wszystkie liczby naturalne mniejsze od n (większe od 1) spełniają tezę. Jeśli liczba n nie jest pierwsza, to możemy ją przedstawić jako iloczyn
kl, gdzie k, l > 1, więc k, l, jako mniejsze od n, dają się rozłożyć na czynniki pierwsze lub same są pierwsze. To daje rozkład n na czynniki pierwsze.
A teraz sprawa jednoznaczności.
Załóżmy, że istnieje liczba, która ma dwa istotnie różne rozkłady. Na mocy zasady
minimum istnieje najmniejsza taka liczba. Oznaczmy ją przez m, czyli
m = p1 · p2 · . . . · pr = q1 · q2 · . . . · qs .
Możemy oczywiście założyć, że
p1 ¬ p2 ¬ . . . ¬ pr oraz q1 ¬ q2 ¬ . . . ¬ qs .
Zauważmy, że p1 6= q1 , bo w przeciwnym razie istniałaby liczba mniejsza niż m
posiadająca niejednoznaczny rozkład. Zatem p1 < q1 lub q1 < p1 . Załóżmy, że
p1 < q1 i niech
m′ = m − p1 q2 . . . qs = p1 (p2 . . . pr −q2 . . . qs ) = (q1 − p1 )q2 . . . qs .
Ponieważ m′ ∈ N i m′ < m, więc m′ ma jednoznaczny rozkład na czynniki. Stąd
p1 |(q1 − p1 ) lub p1 |q2 . . . qs . To ostatnie jest niemożliwe, bo qi oraz p1 są liczbami
pierwszymi, a p1 jest mniejsza od wszystkich qi . Zatem (q1 − p1 ) = p1 h, czyli
q1 = p1 (h + 1), co przeczy temu, że q1 było liczbą pierwszą.
8
Euklides (365?–300? p.n.e.), grecki matematyk i fizyk. W dziele „Elementy”, składającym się z 13 ksiąg, usystematyzował całość ówczesnej wiedzy matematycznej.
22
•Twierdzenie 1.2.2
Zbiory liczbowe
Istnieje nieskończenie wiele liczb pierwszych.
D o w ó d. Niech p1 , p2 , . . . , pn będą liczbami pierwszymi. Pokażemy, że niezależnie
od tego, jak zostały wybrane i ile ich jest, istnieje jeszcze co najmniej jedna liczba
pierwsza. Rozważmy liczbę
p1 · p2 · . . . · pn + 1.
Zgodnie z Twierdzeniem ?? istnieją liczba pierwsza p i liczba naturalna c, być
może równa 1, takie że
p1 · p2 · . . . · pn + 1 = pc.
Równość ta wyklucza, by p była którąś z liczb p1 , p2 , . . . , pn . Jeżeli bowiem p = pk ,
a b jest iloczynem pozostałych liczb pi , dla 1 ¬ i ¬ n, i 6= k, to pb + 1 = pc, czyli
p(c − b) = 1. Otrzymujemy sprzeczność, gdyż p jest większe od 1, a c − b jest co
najmniej równe 1.
Do znajdowania kolejnych liczb pierwszych służy tzw. sito Eratostenesa9 .
Postępujemy w sposób następujący. W ciągu wszystkich liczb naturalnych zostawiamy liczby 1, 2 i wykreślamy wszystkie wielokrotności liczby 2. Pierwszą liczbą
niewykreśloną, większą od 2 jest 3 — liczba pierwsza, zostawiamy ją i z ciągu, który
przed chwilą otrzymaliśmy, wykreślamy wszystkie wielokrotności liczby 3. Teraz
pierwszą niewykreśloną jest 5 — liczba pierwsza. Zostawiamy ją i wykreślamy jej
wielokrotności, itd. Pozostaną same liczby pierwsze. Algorytm ten nadaje się do
znajdowania wszystkich liczb pierwszych z przedziału [2, N ] za pomocą komputera. A to, jak duże możemy przyjąć N , zależy od szybkości jego obliczeń.
Liczbę naturalną n > 0 nazywamy złożoną, jeżeli dzieli się bez reszty przez
jakąś liczbę od siebie mniejszą a większą od 1.
• Definicja 1.2.2
Największym wspólnym dzielnikiem liczb naturalnych n i
k, różnych od zera, nazywamy największą liczbę naturalną, przez którą dzielą się
zarówno n jak i k. Oznaczamy ją symbolem N W D(n, k), czyli
def
N W D(n, k) == max{l ∈N : l|n i l|k}.
Jej istnienie wynika z zasady maksimum. Zbiór wszystkich wspólnych dzielników
liczb n i k jest bowiem niepusty (należy do niego 1) i ograniczony (np. przez n).
Do szukania największego wspólnego dzielnika wykorzystujemy efektywny, znany od starożytności sposób, jakim jest algorytm Euklidesa.
Niech 0 < k < n i wykonajmy dzielenie z resztą liczby n przez liczbę k, otrzymując n = kd + r. Wtedy, jeśli l|n i l|k, to również l|r, bo r = n − kd. Podobnie,
jeśli l|r oraz l|k, to l|n. Tak więc wspólne dzielniki liczb n i k są dokładnie te same,
co wspólne dzielniki liczb k i r. W szczególności N W D(n, k) = N W D(k, r). Wykonując więc operację dzielenia z resztą uzyskaliśmy parę mniejszych liczb o tym
9
Eratostenes z Cyreny (ok. 275 – ok. 194 p.n.e.), grecki filozof, astronom, matematyk
i geograf, pierwszy dokonał pomiaru długości południka ziemskiego.
Podzielność
23
samym N W D. Jeżeli liczby są jeszcze za duże by zgadywać, możemy tę operację
zastosować ponownie, tym razem dzieląc k przez r, itd. Otrzymujemy:
n = kd1 + r1 ,
r1 < k,
k = r1 d2 + r2 , r2 < r1 ,
r1 = r2 d3 + r3 , r3 < r2 ,
..
.
To postępowanie musi się skończyć, bo kolejne reszty tworzą malejący ciąg liczb
naturalnych. Przypuśćmy, że rs+1 = 0. Ostatnie dwa wiersze naszych obliczeń
wygladają tak:
rs−2 = rs−1 ds + rs , rs−1 < rs−2 ,
rs−1 = rs ds+1 + 0,
0 < rs−1 .
Mamy
N W D(n, k) = N W D(k, r1 ) = N W D(r1 , r2 ) = . . . = N W D(rs−1 , rs ) = rs .
Okazało się więc, że ostatnia niezerowa reszta w tym ciągu dzieleń z resztą jest
największym wspólnym dzielnikiem liczb n i k.
Wyznaczmy teraz z pierwszej równości r1 w zależności od n i k, podstawmy do
drugiej równości i wyliczmy r2 (też w zależności od n i k) itd. Otrzymamy w końcu
wyrażenie na rs . Mianowicie rs = pn+qk, gdzie p i q są liczbami całkowitymi, przy
czym jedna z nich jest ujemna. Udowodniliśmy w ten sposób ważne twierdzenie.
•Twierdzenie 1.2.3
Jeżeli liczba d jest największym wspólnym dzielnikiem liczb
naturalnych n i k, to istnieją liczby całkowite p i q takie, że d = pn + qk.
Liczby a i b nazywają się względnie pierwsze, jeżeli N W D(a, b) = 1. Za pomocą
Twierdzenia ?? możemy udowodnić wiele ważnych faktów dotyczących relacji podzielności w zbiorze liczb naturalnych.
•Twierdzenie 1.2.4
(zasadnicze twierdzenie arytmetyki)
Jeżeli iloczyn mn liczb naturalnych dzieli się przez liczbę naturalną k oraz k jest
względnie pierwsza z m, to n dzieli się przez k.
D o w ó d. Ponieważ m i k są względnie pierwsze, więc na mocy Twierdzenia ??
istnieją liczby całkowite p, q takie, że 1 = pm + qk, a stąd n = pmn + qkn. Oba
składniki sumy po prawej stronie dzielą się przez k, więc suma też jest podzielna
przez k, czyli k|n.
Ponieważ każda liczba pierwsza jest względnie pierwsza z dowolną większą od
niej liczbą naturalną, która nie jest jej wielokrotnością, więc otrzymujemy natychmiast bardzo często wykorzystywany wniosek.
24
Zbiory liczbowe
• Wniosek 1.2.1
Jeżeli p jest liczbą pierwszą i p dzieli iloczyn mn liczb naturalnych, to p dzieli m lub n.
Podajmy kilka przykładów zastosowania udowodnionych wyżej twierdzeń.
• Przykład 1.2.1
Dla każdej liczby pierwszej p > 3 liczba naturalna postaci p2 −1
jest podzielna przez 24.
R o z w i ą z a n i e. Rozważmy trzy kolejne liczby naturalne p − 1, p, p + 1.
Liczba p, jako pierwsza, jest nieparzysta i nie jest podzielna przez 3. Zatem któraś
z liczb p − 1, p + 1 dzieli się przez 3, obie są parzyste i dokładnie jedna z nich
jest podzielna przez 4 (jako jedna z dwu kolejnych liczb parzystych). Zatem liczba
p2 − 1 = (p − 1)(p + 1) jest podzielna przez iloczyn 2 · 3 · 4 = 24.
• Przykład 1.2.2
liczby naturalnej?
Dla jakich liczb naturalnych n liczba n2 + 2n − 2 jest kwadratem
R o z w i ą z a n i e. Załóżmy, że n2 + 2n − 2 = m2 dla pewnej liczby naturalnej
m. Wówczas mamy kolejno
n2 + 2n + 1 − 3 = m2 ,
(n + 1)2 − m2 = 3,
(n + 1 − m)(n + 1 + m) = 3,
a ponieważ 3 jest liczbą pierwszą, więc z twierdzenia o jednoznaczności rozkładu
liczby naturalnej na czynniki pierwsze (Twierdzenie ??) wynika, że liczby n, m
muszą spełniać jeden z dwu następujących układów równań:
n+1−m=3
n+1−m= 1
lub
n + 1 + m = 1.
n+1+m= 3
Po rozwiązaniu tych równań widzimy, że tylko dla n = 1 spełniony jest warunek
zadania.
• Przykład 1.2.3
Jeżeli liczby naturalne
k i n (k < n) są względnie pierwsze, to
n
liczba n jest dzielnikiem liczby
.
k
R o z w i ą z a n i e. Zauważmy, że
n
k
a wobec tego
n · (n − 1)!
n
=
=
k · (k − 1)![(n − 1) − (k − 1)]!
k
k
n
k
=n
n−1
k−1
n−1
k−1
,
.
Ponieważ liczby k i n są względnie pierwsze, więc n musi dzielić
n
k
.
Podzielność
25
• Definicja 1.2.3
Najmniejszą wspólną wielokrotnością liczb naturalnych a i
b nazywamy najmniejszą liczbę naturalną, która jest podzielna zarówno przez a jak
i przez b. Oznaczamy ją symbolem N W W (a, b), czyli
def
N W W (a, b) == min{k ∈N : k > 0 ∧ a|k ∧ b|k}.
Jej istnienie wynika z zasady minimum.
Wiedząc, że w zbiorze liczb naturalnych żadna liczba nie ma dwu istotnie
różnych rozkładów na czynniki pierwsze, możemy posługiwać się tym rozkładem
przy poszukiwaniu największego wspólnego dzielnika i najmniejszej wspólnej wielokrotności liczb. Jeżeli liczba pierwsza p występuje w rozkładzie liczby a z wykładnikiem n, a w rozkładzie liczby b z wykładnikiem m, to p występuje w rozkładzie liczby N W D(a, b) z wykładnikiem min{n, m}, natomiast w rozkładzie liczby
N W W (a, b) — z wykładnikiem max{n, m}. Zatem N W D(a, b) jest iloczynem
wszystkich wspólnych czynników pierwszych liczb a i b.
Kończąc te uwagi o podzielności przypomnijmy najczęściej stosowane cechy
podzielności, czyli warunki konieczne i wystarczające na to, by jedna liczba naturalna była podzielna przez drugą.
Liczba naturalna
a = cn · 10n + cn−1 · 10n−1 + . . . + c1 · 10 + c0 ,
gdzie c0 , c1 , . . . , cn ∈ {0, 1, 2, . . . , 9} jest podzielna przez:
2 wtedy i tylko wtedy, gdy c0 ∈ {0, 2, 4, 6, 8};
3 wtedy i tylko wtedy, gdy suma cn +cn−1 +. . .+c1 +c0 jest podzielna przez 3;
4 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba 10c1 + c0 jest podzielna przez 4;
5 wtedy i tylko wtedy, gdy c0 ∈ {0, 5};
6 wtedy i tylko wtedy, gdy jest podzielna przez 2 i przez 3;
8 wtedy i tylko wtedy, gdy liczba 102 c2 + 10c1 + c0 dzieli się przez 8;
9 wtedy i tylko wtedy, gdy suma cn +cn−1 +. . .+c1 +c0 jest podzielna przez 9.
Cechy podzielności przez 2, 4 i przez 8 wynikają z następujących równości:
a = 10 cn · 10n−1 + cn−1 · 10n−2 + . . . + c1 + c0
= 2 · 5 · cn · 10n−1 + cn−1 · 10n−2 + . . . + c1 + c0 ;
a = 102 cn · 10n−2 + cn−1 · 10n−3 + . . . + c2 + c1 · 10 + c0
= 4 · 25 · cn · 10n−2 + cn−1 · 10n−3 + . . . + c2 + c1 · 10 + c0 ;
a = 103 cn · 10n−3 + cn−1 · 10n−4 + . . . + c3 + c2 · 102 + c1 · 10 + c0 ,
= 8 · 125 · cn · 10n−3 + cn−1 · 10n−4 + . . . + c3 + c2 · 102 + c1 · 10 + c0 .
26
Zbiory liczbowe
Natomiast zapisując liczbę a w postaci
a = cn ·( |9 .{z
. . 9} +1) + cn−1 ·(9
. . 9} +1) + . . . + c2 ·(99 + 1) + c1 ·(9 + 1) + c0
| .{z
n dziewiątek
(n−1) dziewiątek
= cn · |9 .{z
. . 9} +cn−1 ·
n dziewiątek
. . 9}
|9 .{z
+ . . . + c2 ·99 + c1 ·9 + cn + cn−1 + . . . + c1 + c0 ,
(n−1) dziewiątek
widzimy, że jest ona podzielna przez 3 lub przez 9 wtedy i tylko wtedy, gdy suma
jej cyfr (cn + cn−1 + . . . + c1 + c0 ) jest podzielna przez 3 lub przez 9 odpowiednio.
Pominiętą tu cechę podzielności przez 7 jest dużo trudniej podać w postaci algorytmu.
1.3
Zbiór liczb całkowitych i pojęcie grupy
W zbiorze liczb naturalnych określone są dwa działania – dodawanie i mnożenie.
Rozszerzając zbiór N liczb naturalnych w taki sposób, by w tym większym zbiorze
można było znaleźć rozwiązanie każdego równania postaci n + x = m, otrzymujemy zbiór liczb całkowitych Z. Jak wiemy, zbiór Z rozważany z dodawaniem ma
następujące własności:
(G1) dodawanie jest łączne i przemienne, tzn. dla dowolnych x, y, z ∈ Z
(x + y) + z = x + (y + z)
oraz
x + y = y + x;
(G2) liczba 0 jest elementem neutralnym działania, tzn. dla dowolnej liczby całkowitej x zachodzi równość x + 0 = x;
(G3) dla dowolnych liczb n, m ∈Z równanie n + x = m ma dokładnie jedno rozwiązanie.
W matematyce taką strukturę algebraiczną nazywa się grupą przemienną.
Ogólniejsze pojęcie grupy (opuszczamy tylko założenie przemienności działania)
odgrywa ogromną rolę nie tylko w wielu gałęziach matematyki, ale i w wielu
innych dziedzinach nauki takich jak np. fizyka (głównie mechanika kwantowa),
chemia (krystalografia), itd. Najszersze zastosowanie praktyczne znalazły grupy
skończone, składające się ze skończonego zbioru elementów. Natomiast zbiór liczb
całkowitych z dodawaniem, tzn. hZ, +i jest sztandarowym przykładem grupy nieskończonej. Pojęcie grupy znalazło tak wiele zastosowań, gdyż z jednej strony jest
ono bardzo ogólne, z drugiej zaś ma wiele własności posiadanych przez różne konkretne zbiory, w których określone jest pewne działanie algebraiczne, tzn. operacja
dwuargumentowa.
1.4
Zbiór liczb wymiernych i pojęcie ciała
W zbiorze liczb całkowitych jest określone w sposób naturalny jeszcze jedno działanie – mnożenie. Działania dodawania i mnożenia powiązane są warunkiem roz-
Zbiór liczb całkowitych i pojęcie ciała
27
dzielności
(x + y) · z = x · z + y · z dla dowolnych x, y, z ∈ Z.
Liczby całkowite rozważane z mnożeniem nie tworzą grupy (np. nie istnieje liczba
całkowita spełniająca równanie 2 · x = 1), więc, idąc przetartymi wcześniej ścieżkami, rozszerzamy zbiór liczb całkowitych tak, by w nowo otrzymanym zbiorze
liczbowym rozwiązalne było każde równanie postaci n·x = m dla n, m ∈ Z, n 6= 0.
W ten sposób otrzymujemy zbiór liczb wymiernych Q, który utożsamiamy ze zbiom
m1
m2
rem ułamków, czyli wyrażeń postaci , przy czym dwa ułamki
oraz
uwan
n1
n2
żamy za równe, jeżeli m1 n2 = n1 m2 . Dzieląc licznik m i mianownik n ułamka
m
, gdzie m ∈ Z, n ∈ N \ {0} przez ich największy wspólny dzielnik, otrzymujemy
n
równy mu ułamek, którego licznik i mianownik są liczbami względnie pierwszymi.
W tym ostatnim przypadku mówimy, że jest to ułamek nieskracalny.
W zbiorze ułamków określamy dwa działania:
m1
m2
m1 n 2 + n 1 m2
+
=
;
n1
n2
n1 n2
m1 m2
m1 m2
·
=
.
n1 n2
n1 n2
Zbiór Q wraz z wprowadzonymi wyżej działaniami ma następujące własności:
(C1) Q tworzy grupę przemienną z dodawaniem;
(C2) Q\{0} tworzy grupę przemienną z mnożeniem;
(C3) (x + y) · z = x · z + y · z dla dowolnych x, y, z ∈ Q.
Taką strukturę algebraiczną nazywamy ciałem. Zbiór Q z dodawaniem i mnożeniem jest najmniejszym nieskończonym ciałem liczbowym. Ponieważ każdą liczbę
całkowitą n można utożsamić z ułamkiem o liczniku n i mianowniku 1, więc będziemy po prostu uważać, że zbiór Z jest podzbiorem zbioru Q, a elementy zbioru
Q będziemy krótko oznaczać pojedynczymi literami x, y, . . ., o ile nie będzie nam
zależało na podkreśleniu ich „natury”.
Zbiór liczb wymiernych jest w naturalny sposób liniowo uporządkowany przez
relację mniejszości określoną poniższymi warunkami:
m
⇐⇒ liczby m, n mają ten sam znak;
a) 0 <
n
m2
m2
−m1
m1
<
⇐⇒ 0 <
+
.
b)
n1
n2
n2
n1
Relacja mniejszości w zbiorze liczb wymiernych ma następujące własności:
1. dla dowolnych x, y, z ∈Q zachodzi dokładnie jeden z warunków
x = y, x < y lub y < x;
2. jeżeli x < y oraz y < z, to x < z;
3. jeżeli y < z, to dla dowolnego x ∈Q zachodzi nierówność x + y < x + z,
natomiast dla 0 < x mamy ponadto x · y < x · z.
28
Zbiory liczbowe
Z warunków tych wynika, że między każdymi dwiema liczbami wymiernymi x i y
istnieje inna liczba wymierna. Dla dowolnych liczb wymiernych x, y taką liczbą jest
1
np. z = (x+y). Ostatni fakt „odróżnia” uporządkowanie zbioru liczb wymiernych
2
od uporządkowania zbioru liczb naturalnych czy całkowitych.
1.5
Liczby wymierne, niewymierne i rzeczywiste.
Interpretacja geometryczna
Starożytni Grecy wpadli na pomysł interpretowania liczb wymiernych dodatnich
jako punktów na prostej. Robi się to w sposób następujący. Jeżeli mamy zadany
odcinek o długości a, to potrafimy (korzystając z twierdzenia Talesa) skonstruować odcinek, który jest q–tą częścią p–tej jego wielokrotności, czyli, jak krótko
p
zapisujemy, odcinek · a. Dla a = 1 skonstruowany odcinek odpowiada ułamkowi
q
p
. Tak zdefiniowane liczby wymierne można geometrycznie dodawać i mnożyć, a
q
działania te podlegają tym samym prawom, co uzasadnia używanie w stosunku do
tych nowych obiektów słowa liczba. Stąd mamy, przedstawioną poniżej, interpretację geometryczną rozważanych dotąd zbiorów liczbowych.
Na linii prostej zaznaczamy dwa punkty 0 i 1 i otrzymujemy oś liczbową.
Liczby całkowite dodatnie i ujemne są wtedy reprezentowane przez zbiór punktów
równo oddalonych od siebie na osi liczbowej; liczby dodatnie są położone na prawo
od punktu 0, a liczby ujemne na lewo. Aby przedstawić ułamki o mianowniku równym n, dzielimy każdy z odcinków o długości jeden na n równych części; punkty
podziału przedstawiają wtedy ułamki o mianowniku n. Jeżeli uczynimy tak dla
każdej liczby całkowitej n, to przedstawimy wszystkie liczby wymierne za pomocą
punktów na osi liczbowej. Punkty takie będziemy nazywali punktami wymiernymi, wszystkie pozostałe — punktami niewymiernymi i będziemy używali
terminów „liczba wymierna” („liczba niewymierna”) i „punkt wymierny” („punkt
p
niewymierny”) w tym samym znaczeniu. W ten sposób każdej liczbie wymiernej
q
odpowiada pewien punkt na prostej lub równoważnie – pewien odcinek o początku
p
w zadanym punkcie 0 i długości . Już cztery wieki przed naszą erą wiedziano,
q
że nie każdy odcinek odpowiada pewnej liczbie wymiernej. Dla przykładu – odkładając od punktu 0 odcinek odpowiadający przekątnej kwadratu jednostkowego
„nie trafimy” w żaden punkt wymierny. Łatwo to uzasadnić korzystając z wcześniejszych wiadomości
o podzielności i własnościach liczb pierwszych. Załóżmy
√
bowiem, że 2 (długość przekątnej kwadratu o boku 1) jest liczbą wymierną,
√
p
p
czyli 2 = . Możemy oczywiście założyć, że jest już ułamkiem nieskracalnym.
q
q
Wówczas 2q 2 = p2 . Z jednoznaczności rozkładu każdej liczby na czynniki pierwsze (Twierdzenie ??) wynika, że 2|p2 , a ponieważ 2 jest liczbą pierwszą, więc 2|p.
Zatem 4|p2 , więc 4|2q 2 , czyli 2|q 2 , co daje 2|q. Otrzymaliśmy sprzeczność z założe-
Liczby wymierne, niewymierne i rzeczywiste
29
niem,
że liczby p, q były względnie pierwsze. Podobnie można wykazać, że liczba
√
n jest wymierna wtedy i tylko wtedy, gdy n jest kwadratem jakiejś
liczby naturalnej.
• Przykład 1.5.1
Sprawdzić, która z podanych niżej liczb jest wymierna, a która
niewymierna:
√
a) log2 3;
b) log(2−√3) (2 + 3);
c) cos 15o ;
p
p
p
p
√
√
√
√
3
3
5+2−
5 − 2; e) 37 − 20 3 + 13 − 4 3.
d)
R o z w i ą z a n i e. a) Załóżmy, że istnieją liczby względnie pierwsze p, q takie,
p
p
że log2 3 = . Wówczas 2 q = 3, czyli 2p = 3q , co jest oczywiście niemożliwe
q
ze względu na jednoznaczność rozkładu każdej liczby na czynniki pierwsze. To
oznacza, że log2 3 nie może być liczbą wymierną, czyli jest liczbą niewymierną.
√
√
√
b) Ponieważ 2 + 3 = (2 − 3)−1 , więc log(2−√3) (2 + 3) = −1. Możemy więc
√
stwierdzić, że log(2−√3) (2 + 3) jest liczbą wymierną.
c) Gdyby liczba cos 15o była wymierna, to liczbą wymierną
byłoby także wyrażenie
√
3
o
o
2
o
. Otrzymana liczba nie jest
cos 30 = 2 cos 15 − 1, a tymczasem cos 30 =
2
√
wymierna, bo 3 nie jest liczbą wymierną. Zatem cos 15o jest liczbą niewymierną.
q
q
3 √
3 √
d) Niech
5+2−
5 − 2 = x0 . Wówczas
3
q
q
3 √
3 √
5+2−
5 − 2 = x30
i po wykonaniu potęgowania otrzymujemy równość
q
q
3 √
3 √
−3
5+2−
5 − 2 + 4 = x30 , czyli x30 + 3x0 − 4 = 0.
Łatwo sprawdzić, że jedynym rzeczywistym pierwiastkiem wielomianu x3 + 3x − 4
jest 1. Ponieważ
nasze x0 spełnia równanie x3 + 3x − 4 = 0, więc x0 = 1, czyli
p
p
√
√
3
3
5+2−
5 − 2 = x0 jest liczbą wymierną.
e) Mamy
q
q
q
q
√
√
√
√
√
√
37 − 20 3 + 13 − 4 3 = 25 − 20 3 + (2 3)2 + 12 − 4 3 + (2 3)2
q
q
√
√
= (5 − 2 3)2 + (1 − 2 3)2
√
√
√
√
= |5 − 2 3| + |1 − 2 3| = 5 − 2 3 − 1 + 2 3 = 4,
czyli otrzymujemy liczbę wymierną.
30
Zbiory liczbowe
p
Jeżeli zaznaczymy na osi liczbowej wszystkie ułamki postaci , to zostanie jesz√ q
cze bardzo dużo „dziur” takich, jak ta, w której znajduje się 2. Liczby wymierne
plus właśnie te „dziury” (czyli cała prosta) to tzw. liczby rzeczywiste. Zbiór
liczb rzeczywistych będziemy oznaczać symbolem R. Można pokazać, że „dziur”
jest nawet w pewnym sensie znacznie „więcej” niż liczb wymiernych. Jedną z pierwszych precyzyjnych definicji zbioru liczb rzeczywistych podał R.Dedekind10 wprowadzając pojęcie tzw. przekroju (teraz nazywamy go przekrojem Dedekinda). Nie
będziemy tu omawiać pojęcia przekroju, ale zajmiemy się dokładniej konsekwencjami pewnej podstawowej własności, która została przez Dedekinda sformułowana
za pomocą pojęcia przekroju.
Najpierw jednak wprowadzimy jedno z fundamentalnych pojęć analizy – pojęcie kresu zbioru.
1.6
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości
zbioru liczb rzeczywistych
Podzbiór A ⊂ R nazywamy ograniczonym z góry (z dołu), jeżeli istnieje M ∈R
(m ∈R) takie, że a ¬ M (a ­ m) dla wszystkich a ∈A. Oczywiście M (m) nie jest
wyznaczone jednoznacznie i każde takie M (m) nazywamy ograniczeniem górnym
(dolnym) zbioru A. Najmniejsze (największe) z takich ograniczeń górnych (dolnych) zbioru A nazywamy kresem górnym (kresem dolnym) zbioru A. Jeżeli
zbiór A jest ograniczony z góry, to zbiór jego ograniczeń górnych jest niepusty. Zauważmy jednak, że nie jest absolutnie sprawą oczywistą, czy zbiór ten ma element
najmniejszy. Okazuje się, że w zdefiniowanym przez Dedekinda zbiorze przekrojów
tak właśnie jest.
•Twierdzenie 1.6.1
(o ciągłości zbioru liczb rzeczywistych).
Każdy niepusty zbiór A ⊂ R ograniczony z góry ma kres górny. Każdy niepusty
zbiór A ⊂ R ograniczony z dołu ma kres dolny.
Twierdzenie to precyzuje podstawową własność zbioru liczb rzeczywistych odróżniającą ten zbiór od zbioru liczb wymiernych i umożliwiającą uprawianie analizy
matematycznej w powszechnie rozumianym przez matematyków znaczeniu tego
terminu.
Fakt, że w zbiorze Q liczb wymiernych Twierdzenie ?? nie jest prawdziwe, łatwo
zauważyć i nietrudno udowodnić. Np. zbiór A = {w ∈ Q : w2 ¬ 2} jest oczywiście
ograniczony z góry (np. przez 2), jednak zbiór jego ograniczeń górnych nie posiada
elementu najmniejszego. Załóżmy bowiem, że z ∈ Q jest jakimś ograniczeniem
zbioru A z góry, czyli z 2 > 2 i weźmy jakiekolwiek wymierne 0 < h < 1 takie, że
h<
10
z2 − 2
.
2z + 1
Julius Wilhelm Rickard Dedekind (1831–1916), matematyk niemiecki.
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości
31
Mamy wówczas
(z − h)2 = z 2 − 2hz + h2 = z 2 − h(2z − h) > z 2 −
z2 − 2
(2z − h) > z 2 − (z 2 − 2) = 2.
2z + 1
Zatem każde ograniczenie zbioru A z góry można troszkę zmniejszyć otrzymując
wciąż ograniczenie z góry, co dowodzi, że nie ma najmniejszego ograniczenia zbioru
A z góry (w zbiorze liczb wymiernych!).
W dalszym ciągu kres górny zbioru A oznaczamy symbolem sup A, a kres dolny
– symbolem inf A.
Aby udowodnić, że jakaś liczba jest kresem górnym zadanego zbioru, wygodnie
jest posłużyć się następującą charakteryzacją.
• Fakt 1.6.1
wtedy, gdy
Liczba a (a) jest kresem górnym (dolnym) zbioru A ⊂ R wtedy i tylko
1) dla każdego a ∈ A zachodzi nierówność a ¬ a (a ­ a),
2) dla każdego ε > 0 istnieje takie a ∈A, że a − ε < a (a < a + ε).
D o w ó d. Niech a = sup A. Oczywiście a0 spełnia warunki 1) oraz 2). Na odwrót
– jeżeli jakaś liczba a spełnia 1), to jest ona ograniczeniem zbioru A z góry, a z
warunku 2) wynika, że jest najmniejszym ograniczeniem z góry.
Dla zbiorów, które nie są ograniczone z góry (z dołu) wygodnie jest przyjąć, że
sup A = +∞, inf A = −∞. O kresach zbioru pustego raczej nie mówimy. Oczywiście, jeżeli w zbiorze jest element najmniejszy (największy), to jest
on kresem dolnym (górnym) zbioru, gdyż wtedy warunek 2) z Faktu ?? jest
automatycznie spełniony.
Jedną z ważniejszych konsekwencji twierdzenia o ciągłości zbioru liczb rzeczywistych (Twierdzenie 1.6.1) jest bardzo często w różnych formach wykorzystywana
w analizie zasada Archimedesa11 .
Jeżeli 0 < x oraz x < y, to istnieje liczba naturalna n taka, że y < nx.
D o w ó d. Niech
n
yo
A = m ∈N : m ¬
.
x
y
Z definicji zbiór A jest ograniczony z góry a ponieważ ­ 1, więc A jest zbiorem
x
niepustym. Na mocy Twierdzenia ?? zbiór A ma kres górny, nazwijmy go u. Wówczas (u − 1) nie jest ograniczeniem górnym zbioru A, zatem istnieje k ∈A takie, że
k > u − 1. Niech n = k + 1. Ponieważ n ∈N, n > u i u jest kresem górnym zbioru
y
A, więc n6 ∈A. Zatem musi być n > , czyli y < nx.
x
11
Archimedes (ok. 287–ok. 212 p.n.e.), grecki fizyk, matematyk i wynalazca.
32
Zbiory liczbowe
Z zasady Archimedesa wynika, że dla dowolnych x, y > 0 istnieje liczba naturalna n taka, że nx ¬ y < (n + 1)x. Biorąc x = 1 wnioskujemy, że każda
liczba rzeczywista znajduje się między dwiema kolejnymi liczbami naturalnymi. Ściśle – dla dowolnej dodatniej liczby rzeczywistej x istnieje liczba
naturalna n taka, że
n ¬ x < (n + 1).
Liczbę n nazywamy częścią całkowitą liczby x i oznaczamy [x]. Dla x = 0
mamy [x] = 0. Jeżeli x jest liczbą ujemną całkowitą, to przyjmujemy [x] = −[−x].
Jeżeli x jest liczbą ujemną niecałkowitą, to przyjmujemy [x] = −([−x] + 1).
Z zasady Archimedesa wynika również następująca bardzo ważna własność
zbioru liczb wymiernych.
• Fakt 1.6.2
Między dwiema dowolnymi liczbami rzeczywistymi znajduje się liczba
wymierna.
D o w ó d. Niech 0 < x < y będą dwoma dowolnymi punktami prostej i niech
d = y − x. Z zasady Archimedesa wynika istnienie liczby naturalnej n takiej, że
1
1
1
n > . Zatem mamy
< d i zachodzi nierówność + x < y. Niech k = [x · n].
d
n
n
Wówczas prawdziwe są nierówności
k ¬ x · n < k + 1,
a stąd
k
k+1
1
¬x<
< x + < x + d = y.
n
n
n
W przypadku, gdy x < 0 < y szukaną liczbą wymierną może być 0. Jeżeli jednak
x < y ¬ 0, to
0 < x − [x] < y − [x].
p
p
Znajdujemy liczbę wymierną w przedziale (x − [x], y − [x]) . Wtedy + [x] jest
q
q
liczbą wymierną należącą do przedziału (x, y).
Komentarz. W podobny sposób można udowodnić, że między każdymi dwiema
liczbami rzeczywistymi znajduje się liczba niewymierna.
Pojęcie kresu pozwala sprecyzować wiele wcześniej poznanych w szkole pojęć.
Na przykład, co dokładnie rozumiemy przez pierwiastek stopnia n z dowolnej liczby
rzeczywistej? Co prawda, wiemy, że pierwiastkiem stopnia n z nieujemnej liczby
rzeczywistej y nazywamy taką liczbę rzeczywistą x, że xn = y, ale czy takie x
istnieje, a jeżeli tak, to czy tylko jedno? I tu przydaje się pojęcie kresu zbioru!
Rozważmy bowiem zbiór
A = {x ∈ R : x > 0, xn < y}.
A jest zbiorem niepustym, bo dla y ¬ 1 mamy y n ¬ y, więc y ∈ A, a dla y > 1
mamy 1 ∈ A. A jest zbiorem ograniczonym, np. przez y + 1, bo z nierówności
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości
33
y + 1 ¬ x wynikałoby, że
y + 1 < (y + 1)n < xn < y.
Z Twierdzenia ?? wynika, że istnieje s = sup A. Pokażemy, że sn = y. Załóżmy
najpierw, że sn > y. Ponieważ między każdymi dwiema liczbami rzeczywistymi
znajduje się różna od nich liczba rzeczywista (nawet – wymierna), więc istnieje b
takie, że sn > b > y. Niech ε będzie dowolną liczbą spełniającą nierówności
b−y
0 < ε < min s, n−1 .
ns
Wówczas, korzystając z nierówności Bernoulliego (Fakt ??), możemy napisać następujący ciąg zależności
ε n
ε
(s − ε)n = sn 1 −
> sn 1 − n
> b − sn−1 nε > y.
s
s
Zatem s − ε 6∈ A, więc s = sup A ¬ s − ε. Sprzeczność!
Załóżmy teraz, że sn < y. Podobnie, jak poprzednio, istnieje liczba c taka, że
sn < c < y i znowu dla
y−c
,
0 < ε < min s,
n(2s)n−1
dzięki nierówności z Przykładu ?? zastosowanej do 0 ¬ z =
ε
¬ 1, mamy
s
ε n
ε
(s + ε)n = sn 1 +
¬ sn 1 + n2n−1
< c + n(2s)n−1 ε < y.
s
s
Zatem s + ε ∈A, więc s = sup A ­ s + ε. Sprzeczność!
Pokażemy teraz, jak się szuka kresów różnych zbiorów.
• Przykład 1.6.1
Wyznaczyć kresy następujących zbiorów:
(
)
n
(−1)n
(−1)n
2
n
+
a) A = (−1) −
: n ∈N\{0} ; b) B = (−1)
: n ∈N\{0} ;
n
n
(√
)
√
p
2
3
: p, q ∈N, q 6= 0, p < 2q ; d) D =
−
: n, m ∈N\{0} ;
c) C =
q
n
m
x
x
∈
∈
e) E =
: x R ;
f) F =
: x R .
x2 + 1
1 + |x|
R o z w i ą z a n i e. a) Oznaczmy (dla wygody i przejrzystości rachunków)
an = (−1)n −
(−1)n
.
n
34
Zbiory liczbowe
Ponieważ dla wszystkich n ∈N prawdziwe są zależności
1
1
< 1 oraz − 1 < a2n−1 = −1 +
< 0,
0 < a2n = 1 −
2n
2n − 1
więc zbiór A zawarty jest w przedziale (-1,1). Pokażemy, że inf A = −1 oraz
sup A = 1. Zauważmy najpierw, że dla dowolnej liczby naturalnej n zachodzą
nierówności
−1 ¬ a2n , a2n−1 ¬ 1.
Niech ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Szukamy n takiego, że −1 ¬ an < −1 + ε.
Zaznaczając na osi liczbowej kilka pierwszych elementów zbioru A, dla przykładu:
1
2
3
4
5
a1 = 0, a2 = , a3 = − , a4 = , a5 = − , a6 = ,
2
3
4
5
6
od razu zauważamy, że takiego an należy szukać wśród wyrazów o numerach nieparzystych. Musimy zatem rozwiązać nierówność
1
< −1 + ε,
−1 ¬ −1 +
2n − 1
co daje oszacowanie
1 1
+1
n>
2 ε
prawdziwe dla wszystkich dostatecznie dużych n. Zatem inf A = −1. Analogicznie
postępujemy pokazując, że sup A = 1.
Zobaczmy, jak to wygląda na rysunku.
0
−1
ppp
a7 a5
a3
a1
1
a2
a4 a6 a8
-
ppp
Rys. 1.6.1. Ciąg wyrazów nieparzystych maleje do −1, ciąg wyrazów parzystych
rośnie do 1.
[ n2 ]
(Czytelnik powinien obliczyć wartość an dla
b) Ze względu na składnik (−1)
kilku – np. dla pięciu, sześciu początkowych n i zauważyć, co się dzieje!) wygodnie
jest podzielić wszystkie wyrazy
[ n2 ] (−1)n
an = (−1)
+
n
na cztery grupy12 :
[ 4n
(−1)4n
1
1
2 ]
+
= (−1)[2n] +
=1+
ց 1,
a4n = (−1)
4n
4n
4n
] (−1)4n+1
[ 4n+1
[2n+ 12 ]
(−1)
1
2
+
+
a4n+1 = (−1)
= (−1)
=1−
ր 1,
4n + 1
4n + 1
4n + 1
12
W poniższych wzorach zapis: an ց a, an ր a oznacza, że ciąg (an ) jest malejący –
odpowiednio – rosnący, a jego wyrazy zbliżają się nieograniczenie do liczby a.
Kresy zbioru i twierdzenie o ciągłości
35
[ 4n+2
] (−1)4n+2
1
1
2
a4n+2 = (−1)
+
= (−1)[2n+1] +
= −1 +
ց −1,
4n + 2
4n + 2
4n + 2
] (−1)4n+3
[ 4n+3
[2n+1+ 12 ]
(−1)
1
2
+
+
a4n+3 = (−1)
= (−1)
= −1 −
ր −1.
4n + 3
4n + 3
4n + 3
Znowu dobrze jest zaznaczyć sobie na osi liczbowej kilka początkowych elementów
5
4
zbioru A i zauważyć, że ma on element najmniejszy a3 = − i największy a4 = ,
3
4
4
5
a zatem inf A = − oraz sup A = .
3
4
c) Oczywiście A ⊂ (0, 2). Kresem dolnym zbioru A jest liczba 0, bo dla dowolnego
1
1
ε > 0 istnieje n ∈ N takie, że 0 <
< ε, a przecież
∈ A. Natomiast kresem
n
n
górnym jest liczba 2, gdyż dla dowolnego ε > 0 w przedziale (2 − ε, 2) istnieje
liczba wymierna (patrz Fakt ??).
d) Nietrudno zauważyć, że dla dowolnych naturalnych m, n zachodzą nierówności
√
√
√
2
3 √
−
< 2.
− 3<
n
m
Ponadto dla dowolnego ε > 0 istnieją liczby naturalne n, m takie, że
√
√
√
√
√
√
2 √
3 √
− 3<
2−ε< 2−
− 3 < − 3 + ε oraz
< 2.
n
m
√
√
Stąd inf A = − 3 oraz sup A = 2.
e) Z nierówności (x − 1)2 ­ 0, (x + 1)2 ­ 0 wynika, że dla dowolnej liczby
rzeczywistej x zachodzą nierówności
−
x
1
1
¬ 2
¬ .
2
x +1
2
1
1
−1
1
= , a dla x = −1 jest
= − . Otrzymujemy
12 + 1
2
(−1)2 + 1
2
1
1
więc inf A = − , sup A = .
2
2
f ) Łatwo sprawdzić, że dla dowolnej liczby rzeczywistej x zachodzą nierówności
Dla x = 1 mamy
−1 <
x
< 1.
1 + |x|
1
Niech ε będzie dowolnie ustaloną liczbą dodatnią. Zauważmy, że dla n > − 1
ε
prawdziwe są nierówności
n
−n
< −1 + ε oraz 1 − ε <
.
1+n
1+n
Zatem spełniony jest drugi warunek Faktu ??, więc inf A = −1, sup A = 1.
36
1.7
Zbiory liczbowe
Ćwiczenia
1.1 Stosując zasadę indukcji matematycznej udowodnić następujące równości i
nierówności:
1 − qn
;
a) 1 + q + q 2 + . . . + q n−1 =
1−q
b)
3
n
n+2
1
2
+ 3 + ... + n = 2 − n ;
+
2 22
2
2
2
c) 13 + 23 + 33 + . . . + n3 = (1 + 2 + 3 + . . . + n)2 ;
12
22
32
n2
n(n + 1)
+
+
+ ... +
=
;
1·3 3·5 5·7
(2n − 1)(2n + 1)
2(2n + 1)
n
(n + 1)(n + 2)(3n + 5);
e) 1 · 22 + 2 · 32 + 3 · 42 + . . . + n · (n + 1)2 =
12
n n
f ) n! >
;
3
g) (a + b)n < 2n (an + bn ) dla a > 0, b > 0.
d)
1.2 Wykazać, że dla dowolnego n ∈N:
a) liczba 4n − 1 jest podzielna przez 3;
b) liczba 11n+2 + 122n+1 jest podzielna przez 133;
c) liczba n5 − n jest podzielna przez 6.
1.3 Wykazać, że liczba
k–elementowych podzbiorów zbioru n–ele n wszystkich
mentowego równa jest
.
k
1.4 Znaleźć liczbę przekątnych n–kąta wypukłego. Otrzymany wzór udowodnić
indukcyjnie.
1.5 Udowodnić tożsamości:
sin 2n+1 x
dla x 6= 2kπ;
2n+1 sin x
nx
(n + 1)x
sin
cos
2
2
b) cos x + cos 2x + cos 3x + . . . + cos nx =
dla x 6= 2kπ;
x
sin
2
(n + 1)x
nx
sin
sin
2
2
c) sin x + sin 2x + sin 3x + . . . + sin nx =
dla x 6= 2kπ;
x
sin
2
a) cos x cos 2x cos 4x · . . . · cos 2n x =
Ćwiczenia
d) sin x + 2 sin 2x + 3 sin 3x + . . . + n sin nx =
dla x 6= 2kπ.
37
(n + 1) sin nx − n sin(n + 1)x
x
4 sin2
2
1.6 Wykazać, że dla każdego naturalnego n liczba (2 +
naturalna.
r
√ n
√
3) + (2 − 3)n jest
a
3 √
1.7 Znaleźć ten wyraz rozwinięcia dwumianu
+
b
dane liczby dodatnie a i b występują w tej samej potędze.
s
b
√
3
a
!14
, w którym
√
√
5
7
1.8 Znaleźć te wyrazy rozwinięcia dwumianu ( 3 + 2)24 , które są liczbami
naturalnymi.
1.9 Wykorzystując wzór Newtona obliczyć następujące sumy:
n n n
n
n
a)
+
+
+ ... +
+
;
0
1
2
n−1
n
n
n
n
n
n
n
n−1
n−2
b)
2 +
2
+
2
+ ...+
2+
;
0
1
2
n−1
n
n n n
n
n
c)
−
+
− ... +
+ (−1)n
.
0
1
2
n−1
n
1.10 Wykorzystując wzór Newtona wykazać, że:
n
n
n
n
n
a)
+2
+3
+ . . . + (n − 1)
+n
= n2n−1 ;
1
2
3
n−1
n
n
n
n
n
n
b)
−2
+3
− . . . + (−1)n−2 (n−1)
+ (−1)n−1 n
= 0.
1
2
3
n−1
n
1.11 Wykazać, że z 11 dowolnych liczb naturalnych można zawsze wybrać dwie
takie, których różnica jest podzielna przez 10.
1.12 W prostokącie o bokach długości 1 i 2 wybrano 401 punktów. Pokazać, że
istnieje kwadrat o boku długości 0,1 zawierający co najmniej 3 z danych punktów.
1.13 Wykazać, że spośród 12 dowolnych liczb dwucyfrowych można zawsze wybrać dwie takie, których różnica jest zapisana za pomocą dwu jednakowych cyfr.
1.14 Nie korzystając z zasady indukcji matematycznej wykazać, że dla dowolnej
liczby naturalnej n ­ 3 liczba n5 − 5n3 + 4n jest podzielna przez 120.
38
Zbiory liczbowe
1.15 Wykazać, że kwadrat dowolnej liczby naturalnej daje przy dzieleniu przez
5 resztę 0,1 lub 4.
1.16 Udowodnić, że jeżeli d = N W D(a, b), to liczby
a b
, są względnie pierwsze.
d d
1.17 Dowieść, że jeżeli a, b są względnie pierwsze, to względnie pierwsze są
liczby ab oraz a + b.
1.18 Udowodnić, że jeżeli N W D(a, b) = 1, to dla dowolnej liczby naturalnej c
jest N W D(ac, bc) = c.
1.19 Udowodnić następujące fakty:
a) jeżeli p i p + 2 są liczbami pierwszymi większymi od 3, to liczba p + 1 jest
podzielna przez 6;
b) liczby pierwsze p, q są bliźniacze (tzn. |p − q| = 2) wtedy i tylko wtedy, gdy
pq + 1 jest kwadratem liczby naturalnej;
c) jeżeli liczby pierwsze p, q są większe od 3, to p2 − q 2 dzieli się przez 24;
d) suma dwu liczb pierwszych różniących się o 2, z których mniejsza jest większa od 3, jest podzielna przez 12;
e) jeżeli liczby p i 4p + 1 są liczbami pierwszymi, to liczba 8p + 1 nie jest liczbą
pierwszą;
f ) dla każdej liczby naturalnej n większej od 2 jedna z liczb 2n − 1, 2n + 1 jest
złożona;
g) jeżeli liczba 2n − 1 jest pierwsza, to n jest liczbą pierwszą;
h) jeżeli liczba (n − 1)! + 1 jest większa od 1 i podzielna przez n, to n jest liczbą
pierwszą.
1.20 Udowodnić, że jeżeli p > 2 jest liczbą pierwszą oraz liczba
n
−
k
jest
2
2
1
podzielna przez p dla k = (p + 1), to liczba ta jest również podzielna przez p2 .
2
Wsk. Zauważmy, że
n
2
−
k
2
=
(n − k)(n + k − 1)
oraz (n + k − 1) − (n − k) = 2k − 1 = p.
2
1.21 Udowodnić niewymierność następujących liczb:
√
√
√
√
√
√
√
√
3
3
3
3
a) 5; b) 2; c) 2 + 3; d) 2 + 4; e) 2 + 2;
f ) tg 150 .
1.22 Usunąć niewymierności z mianowników następujących ułamków:
a)
1
√ ;
1+ 5
b) √
3
1
;
2+1
1
√ ;
c) √
3
5− 32
d)
2+
1
√
√ .
3
2+334
Ćwiczenia
39
Wsk. W ostatnim przykładzie można skorzystać z tożsamości
x3 + y 3 + z 3 − 3xyz = (x + y + z)(x2 + y 2 + z 2 − xy − xz − yz).
1.23 Obliczyć sumę
1
1
1
1
√ +√
√ +√
√ + ... + √
√
.
n
+
n+1
1+ 2
2+ 3
3+ 4
1.24 Udowodnić, że dla dowolnej liczby naturalnej n liczby
p
n(n + 1) są niewymierne.
√
√
n + n + 1 oraz
1.25 Pokazać, że pomiędzy każdymi dwiema liczbami wymiernymi znajduje się
liczba niewymierna.
1.26 Pokazać, że dla dowolnej liczby pierwszej p liczba
√
p jest niewymierna.
1.27 Dla dowolnych A, B ⊂ R określamy zbiory:
−A = {x ∈ R : −x ∈ A},
A + B = {x + y : x ∈ A, y ∈ B}.
Wykazać, że prawdziwe są następujące zależności:
a) inf A = − sup(−A);
b) jeżeli A ⊂ B , to inf B ¬ inf A
c) inf(A + B) = inf A + inf B
oraz
oraz
sup A ¬ sup B;
sup(A + B) = sup A + sup B.
1.28 Wykazać, że dla dowolnych liczb rzeczywistych x, y prawdziwe są następujące zależności:
a) |x + y| ¬ |x| + |y|;
b) |x| − |y| ¬ |x − y|;
c) max{x, y} =
|x − y| + x + y
,
2
min{x, y} =
1.29 Wyznaczyć kresy następujących zbiorów:
n
a) A = (−1)n +
:n∈N ;
n+1
π
(−1)n
b) B = sin n −
: n ∈ N\{0} ;
2
n
(−1)n
n
c) C = (−1) −
:n∈N ;
n+1
π
(−1)n n
d) D = sin n −
:n∈N ;
2
n+1
x + y − |x − y|
.
2
40
[ n2 ] 1
e) E = (−1)
· + 2 : n ∈ N \ {0} ;
n
[n]
1
3
f ) F = 1 − (−1) · : n ∈ N \ {0} ;
n
x+2
:x∈R ;
g) G =
|x| + 1
h) H = {x ∈ R : log3 |x − 1| < 1}.
Zbiory liczbowe
2
Ciągi liczbowe
2.1
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty
• Definicja 2.1.1
Ciągiem liczbowym nazywamy funkcję określoną na zbiorze
liczb naturalnych o wartościach w zbiorze liczb rzeczywistych.
Dla określenia n–tego wyrazu ciągu stosujemy na ogół oznaczenie f (n) = an .
Ciąg liczbowy można zdefiniować, określając jawnym wzorem postać funkcji f (n)
(np. an = 2n ) lub formułując rekurencyjną zależność, jaką muszą spełniać jego
wyrazy np.: a1 = 2, an+1 = an · 2) dla n ­ 1. Można też w jakiś inny sposób określić elementy ciągu — np. „an jest n–tą liczbą pierwszą”. Bardzo często wygodniej
nam będzie numerować wyrazy ciągu zaczynając od n = 1, czyli rozważać funkcję
określoną na zbiorze N\{0}.
W dalszych rozumowaniach będziemy wielokrotnie wykorzystywać specjalne własności ciągu, więc przypomnjmy dla porządku parę pojęć.
• Definicja 2.1.2
Mówimy, że ciąg (an ) jest:
1. ograniczony z góry (z dołu), jeżeli istnieje M ∈ R (m ∈ R) takie, że dla
każdego n ∈ N zachodzi nierówność an ¬ M (m ¬ an );
2. ograniczony, jeżeli jest ograniczony zarówno z góry jak i z dołu;
3. niemalejący (rosnący, nierosnący, malejący), jeżeli dla wszystkich
n ∈N zachodzi nierówność an ¬ an+1 (an < an+1 , an ­ an+1 , an > an+1 ).
Komentarz.
1. Oczywiście warunek ograniczoności z góry i z dołu równoważny jest istnieniu
takiego K ∈R, że dla wszystkich liczb naturalnych n zachodzi nierówność
|an | ¬ K.
2. Dla dowolnego ciągu (an ) warunki
an ¬ an+1 , an < an+1 , an ­ an+1 , an > an+1
41
42
Ciągi liczbowe
są równoważne odpowiednio warunkom
an+1 − an ­ 0, an+1 − an > 0, an+1 − an ¬ 0, an+1 − an < 0.
3. Dla ciągu (an ) o wyrazach dodatnich warunki
an ¬ an+1 an < an+1 , an ­ an+1 , an > an+1
są ponadto równoważne warunkom
an+1
an+1
an+1
an+1
­ 1,
> 1,
¬ 1,
< 1,
an
an
an
an
zaś dla ciągu o wyrazach ujemnych – warunkom
an+1
an+1
an+1
an+1
¬ 1,
< 1,
­1
> 1.
an
an
an
an
Będziemy mówić, że ciąg (an ) jest niemalejący (rosnący, nierosnący, malejący) od pewnego miejsca począwszy, jeżeli istnieje indeks n0 ∈N taki, że
nierówność
an ¬ an+1 (an < an+1 , an ­ an+1 , an > an+1 )
zachodzi dla wszystkich n ­ n0 .
To, którym z warunków warto się posłużyć, aby sprawdzić monotoniczność
ciągu, zależy od postaci danego ciągu. A może wystarczy tylko odpowiednio przedstawić wyrazy ciągu i pomyśleć! Spróbujemy to wyjaśnić sprawdzając ograniczoność i monotoniczność kilku wybranych ciągów.
• Przykład 2.1.1
Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągów o wyrazach:
p
n2 − n + 1
n+2
3
.
a) an = n3 + n2 − n; b) an =
; c) an = √
n2 + 1
n2 + 1
R o z w i ą z a n i e. a) Korzystając ze wzoru a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2 )
zapiszmy n-ty wyraz ciągu w postaci
1
n2
√
an = √
=
3
3
2
2
( n + n ) + n 3 n3 + n2 + n2
Zatem
an+1 =
r
3
1
1+
n
!2
+
r
3
.
1
1+ +1
n
1
r
3
1+
1
n+1
!2
+
r
3
1+
1
+1
n+1
i jest oczywiste, że an+1 ­ an , gdyż ostatni ułamek ma mniejszy mianownik.
1
Ponieważ, co łatwo zauważyć, dla wszystkich n zachodzi nierówność an ¬ , więc
3
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty
43
√
1
3
wszystkie wyrazy ciągu (an ) znajdują się w przedziale a1 ,
, gdzie a1 = 2−1,
3
co oznacza, że ciąg jest ograniczony zarówno z góry jak i z dołu.
b) Zapiszmy an w postaci
n
.
an = 1 − 2
n +1
Ponieważ
n+1
n
< 2
,
2
(n + 1) + 1
n +1
co łatwo bezpośrednio sprawdzić, więc an+1 > an . Zatem ciąg (an ) jest rosnący.
1
Jest też oczywiste, że dla dowolnego n ∈ N zachodzi nierówność = a1 ¬ an ¬ 1,
2
czyli rozważany ciąg jest ograniczony.
c) Widać, że w tym przykładzie badanie znaku różnicy
p
√
(n + 3) n2 + 1 − (n + 2) (n + 1)2 + 1
n+3
n+2
p
√
=
an+1 −an = p
−√
n2 + 1
(n + 1)2 + 1
n2 + 1 (n + 1)2 + 1
jest raczej nieprzyjemne. Dlatego zbadamy wprost, czy zachodzi nierówność
n+3
n+2
­ p
= an+1 .
an = √
2
n +1
(n + 1)2 + 1
Jest ona kolejno równoważna nierównościom:
p
p
(n + 2)( (n + 1)2 + 1) ­ (n + 3) n2 + 1,
(n + 2)2 (n2 + 2n + 2) ­ (n + 3)2 (n2 + 1),
4n2 + 10n − 1 ­ 0,
a ta ostatnia jest spełniona dla wszystkich naturalnych n, czyli stwierdziliśmy, że
ciąg jest nierosnący. Łatwo jest też sprawdzić, że dla wszystkich n ∈ N zachodzą
3
nierówności 1 < an < a1 = √ , czyli badany ciąg jest ograniczony.
2
• Fakt 2.1.1
Dla dowolnych liczb α > 0 oraz a > 1 ciąg o wyrazach
xn =
nα
an
jest ograniczony i malejący od pewnego miejsca.
D o w ó d. W tym przykładzie wygodniej jest zbadać iloraz. Ponieważ
α
1
1
1
xn+1
=
oraz < 1,
1+
xn
a
n
a
44
Ciągi liczbowe
α
1
a czynnik 1 +
można uczynić dowolnie bliskim 1 biorąc dostatecznie duże
n
n, więc istnieje n0 ∈ N takie, że dla n > n0 zachodzi nierówność
xn+1
< 1,
xn
co oznacza, że ciąg (xn ) jest malejący poczynając od n0 . Ograniczoność wynika z
oczywistej nierówności 0 < xn < max{x1 , x2 , . . . , xn0 }.
Niżej przedstawione są wykresy trzech ciągów powyższej postaci.
an
an
6
an
6
qqq
6
16
16
16
12
12
12
q
q
q
q
8
8
4
4
O
qqqqqqqqqqqqqqqqqq 4
8
12 16 p p p n
qqqq
q
qq
q
O
q
8
4
8
q
4
qqqqq
12
qqqqq 16 p p p n
q
q
qq
q
O
4
8
12
Rys. 2.1.1. Graficzna prezentacja zbieżności ciągów o wyrazach an =
α = 2, 3, 4.
•
qqqq
16
ppp n
nα
dla
2n
Widać, że niezależnie od α każdy z ciągów zaczyna w pewnym momencie maleć
i zbiegać bardzo szybko do 0. Na przykład dla α = 3 mamy a25 ≈ 4.657 · 10−4 ,
a40 ≈ 5.821·10−8. Niezależnie od wartości α > 1, przy n → ∞, wzrost wykładniczy
mianownika jest nieporównanie szybszy od potęgowego wzrostu licznika.
n
1
jest rosnący i ograniczony z góry,
Fakt 2.1.2 Ciąg o wyrazach an = 1 +
n
n+1
1
zaś ciąg o wyrazach bn = 1 +
jest malejący i ograniczony z dołu.
n
D o w ó d. Pokażemy, że ciąg (an ) jest rosnący i ograniczony z góry. Podobnie
pokazuje się, że ciąg (bn ) jest malejący i ograniczony z dołu.
Wyrazy an są nieujemne, więc wystarczy znowu zbadać iloraz
n+1
1
1+
n
an+1
((n + 2)n) (n + 2)
(n + 2)n+1 nn
n+1
n
=
=
=
=
an
(n + 1)n+1 (n + 1)n
(n + 1)n+1 (n + 1)n
1
1+
n
n
n+1
2
(n + 1) − 1
n+2
(n + 1)2 − 1
(n + 1)2
n+2
·
=
·
·
=
n
n+1
(n + 1)2
n + 1 (n + 1)2 − 1
((n + 1)2 )
n+1
n+1
1
n+2
n+1
(n + 1)2
1
= 1−
·
·
·
=
1
−
.
(n + 1)2
n + 1 (n + 1)2 − 1
(n + 1)2
n
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty
Łatwo zuważyć, że na mocy nierówności Bernoulli’ego, w przypadku x =
zachodzi nierówność
1−
więc
1
(n + 1)2
n+1
>
45
−1
(n + 1)2
n+1
1−
,
(n + 1)2
n+1
n+1
n+1
n+1
1
> 1−
= 1,
1−
2
2
(n + 1)
n
(n + 1)
n
n
1
co oznacza, że ciąg an = 1 +
jest rosnący.
n
Zbadamy teraz ograniczoność. Korzystając ze wzoru Newtona możemy napisać
n
n 1 0 n 1 1
n 1 n−1 n 1 n
1
=
+
+ ...+
+
1+
0
1
n−1
n
n
n
n
n
n
1
1
n−2
1· 1−
1· 1−
·... · 1 −
n
n
n
= 1+1+
+ ...+
1·2
1 · 2 · . . . · (n − 1)
n−1
1
· ...· 1 −
1· 1−
n
n
+
.
1 · 2 ·...· n
Zatem
2 ¬ an < 2 +
1
1
1
1
+ + ...+
+
2! 3!
(n − 1)! n!
1
1
1
1
1
< 1 + 0 + 1 + 2 + . . . + n−1 = 1 + 2 1 − n < 3,
2
2
2
2
2
n 1
należą do przedziału [2, 3).
czyli wszystkie wyrazy ciągu
1+
n
n n+1 !
1
1
Zapamiętajmy! Ciąg
1+
jest rosnący, a ciąg
1+
jest
n
n
malejący i od pewnego miejsca począwszy prawdziwe są nierówności
•
n n+1
1
1
< 1+
< 3.
2< 1+
n
n
√
Przykład 2.1.2 Wykazać, że ciąg o wyrazach an = n n jest ograniczony i malejący począwszy od n = 3.
46
Ciągi liczbowe
R o z w i ą z a n i e. Sprawdzimy bezpośrednio, że an+1 < an dla n ­ 3.. Nierówność
ta jest kolejno równoważna następującym nierównościom:
n
√
√
1
1
n+1
< 1.
n + 1 < n n ⇐⇒ (n + 1)n < nn+1 ⇐⇒ 1 +
n
n
Ponieważ
n
1
3
1
< ,
1+
n
n
n
więc ostatecznie nierówność an+1 < an jest prawdziwa
√ dla n ­ 3. Oczywiście
√
a1 = 1 ¬ an dla wszystkich n. Ponieważ a2 =√ 2 < 3 3 = a3 , więc wszystkie
wyrazy ciągu (an ) znajdują się w przedziale 1, 3 3 . Zatem jest on ograniczony.
• Przykład 2.1.3
Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągu o wyrazach
an =
1
1
1
+
+ ... +
.
n+1 n+2
n+n
R o z w i ą z a n i e. W tym przypadku badanie ilorazu
1
1
1
+
+ ...+
an+1
(n + 1) + 1 (n + 1) + 2
(n + 1) + (n + 1)
=
1
1
1
an
+
+ ...+
n+1 n+2
n+n
jest sprawą w najlepszym razie skomplikowaną, natomiast różnicę dwu kolejnych
wyrazów bardzo łatwo policzyć, otrzymując
an+1 − an =
=
1
1
1
1
+
+ ...+
+
n+2 n+3
(n + 1) + n (n + 1) + (n + 1)
1
1
1
1
−
+
+ ...+
+
n+1 n+2
n+n−1 n+n
1
1
1
1
1
+
−
=
−
> 0.
2n + 1 2n + 2 n + 1
2n + 1 2n + 2
Zatem badany ciąg (an ) jest rosnący. Ograniczoność jest niemal oczywista. Ponieważ suma, za pomocą której zdefiniowany jest nasz ciąg, składa się z n składników,
1
1
z których najmniejszym jest
, a największym
, więc dla każdego n ∈ N
n+n
n+1
prawdziwa jest nierówność
n
1
1
1
n
1
=
¬
+
+ ... +
¬
< 1,
2
n+n
n+1 n+2
n+n
n+1
czyli badany ciąg jest ograniczony.
Oznaczenia, podstawowe definicje i fakty
47
• Przykład 2.1.4
Niech a będzie liczbą dodatnią. Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągu (xn ) określonego wzorem rekurencyjnym
a
1
xn +
dla n ­ 1.
x1 = 1, xn+1 =
2
xn
R o z w i ą z a n i e. Pokażemy
ciągu
√
√ najpierw przez indukcję, że dla a ­ 1 wyrazy
(xn ) należą do przedziału [ a, a], zaś dla 0 < a < 1 – do przedziału [ a, 1].
Dla a ­ 1 mamy
1
x2 = (1 + a) ¬ a.
2
√
√ 2
Ponieważ (1 − a) ­ 0, więc 2 a ¬ 1 + a, czyli
√
1
a ¬ (1 + a) = x2 .
2
√
Zatem a ¬
√ x2 ¬ a. Niech n ­ 2 będzie dowolnie ustalone i załóżmy, że zachodzi
nierówność a ¬ xn ¬ a. Wtedy dla xn+1 mamy
√ 1
1
a
1
a
1
=
a + a ¬ (a + a) = a.
xn +
¬
a+ √
xn+1 =
a
2
xn
2
2
2
Ponadto
√
a
xn+1
xn +
­ a,
xn
√
gdyż ta nierówność jest równoważna nierówności 2 axn ¬ x2n + a, a ta z kolei
√ 2
oczywistej nierówności (xn − a) ­ 0.
Niech teraz 0 < a < 1. Wówczas
1
=
2
x2 =
Ponieważ (1 −
1
(1 + a) ¬ 1.
2
√
√ 2
a) ­ 0, więc 2 a ¬ 1 + a czyli
√
1
a ¬ (1 + a) = x2 .
2
√
Zatem a ¬√x2 ¬ 1. Niech n ­ 2 będzie √
dowolnie ustalone i załóżmy, że zachodzi
nierówność a ¬ xn ¬ 1. Ponieważ a < a, więc
1
a
a
1
1
¬ (1 + 1) = 1.
xn +
1+ √
¬
xn+1 =
2
xn
2
2
a
Ponadto
xn+1
1
=
2
√
a
xn +
­ a,
xn
gdyż ta nierówność jest równoważna nierówności
√
2 axn ¬ x2n + a,
48
Ciągi liczbowe
√
czyli prawdziwej nierówności (xn − a)2 ­ 0.
Uzasadnimy teraz, że (xn ) jest ciągiem malejącym. Mamy
1 a
xn+1 − xn =
− xn ¬ 0,
2 xn
gdyż ta nierówność jest równoważna nierówności
a − x2n ¬ 0, która z kolei jest
√
równoważna prawdziwej nierówności a ¬ xn .
2.2
Granica ciągu, podstawowe własności granicy
Zajmiemy się teraz pojęciem granicy ciągu, które jest podstawowym pojęciem
analizy matematycznej.
• Definicja 2.2.1
Mówimy, że ciąg (an ) jest zbieżny do granicy właściwej
g ∈ R, jeżeli w dowolnym otoczeniu (g − ε, g + ε) liczby g znajdują się wszystkie,
od pewnego numeru począwszy, wyrazy tego ciągu, co oznacza, że z definicji
^
_
^
|an − g| < ε.
lim an = g ⇐⇒
n→∞
ε>0
n>n0
n0 ∈N
Poniższy rysunek powinien ułatwić nam zrozumienie tej definicji.
an
6
r
r r
r
r
g+ε
d r
r r
g
r
g−ε
r
d
r r r r r
r
r
O
1
2
3
4
5
6
7
8
9 10 11 12 13 14 15 16 17
ppp n
Rys.2.2.1 Ilustracja definicji granicy ciągu. Widać, że an ∈ (g − ε, g + ε) dla
n > n0 = 8.
Pokażemy teraz jak, posługując się definicją, wykazać, że konkretna liczba jest
granicą zadanego ciągu.
• Przykład 2.2.1
Wykazać, że lim
n→∞
2n − 1
= −2.
3−n
Granica ciągu, podstawowe własności granicy
49
R o z w i ą z a n i e. Weźmy dowolnie ustalone ε > 0. Szukamy n0 ∈ N takiego, że
dla wszystkich liczb naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
2n − 1
3 − n − (−2) < ε.
Ostatnia nierówność równoważna jest nierówności:
−ε <
spełnionej dla wszystkich n >
I tak na przykład dla ε =
5
< ε,
n−3
5 + 3ε
. Zatem „dobrym” n0 jest
ε
5 + 3ε
n0 =
.
ε
1
nierówność
10
−
1
1
< an − (−2) <
10
10
1
nierówspełniona jest dla n > 53 (czyli „począwszy” od n = 54), zaś dla ε =
100
ność
1
1
−
< an − (−2) <
100
100
prawdziwa jest dla n > 503.
• Przykład 2.2.2
n2 + 1
1
= .
n→∞ 2n2 − 3
2
Wykazać, że lim
R o z w i ą z a n i e. Niech ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Szukamy n0 ∈N takiego,
że dla wszystkich liczb naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
2
n +1
1 2n2 − 3 − 2 < ε.
Nierówność równoważna jest nierównościom
−ε <
5
< ε.
2 (2n2 − 3)
Pierwsza z nich jest spełniona
dla wszystkich n > "nr
— co łatwo
1 = 1, druga
#
r
5 + 6ε
5 + 6ε
wyliczyć — dla n >
, czyli dla n > n2 =
. Zatem „dobre”
4ε
4ε
1
nierówność ta spełniona jest
jest n0 = max{n1 , n2 }. I tak na przykład dla ε =
10
√ √
1
14 = 3, zaś dla ε =
127 = 11.
począwszy od n =
od n =
100
50
Ciągi liczbowe
• Przykład 2.2.3
2n+1 − 3
= 2.
n→∞ 2n − 2
Wykazać, że lim
R o z w i ą z a n i e. Weźmy dowolnie ustalone ε > 0. Szukamy n0 ∈ N takiego, że
dla wszystkich liczb naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
n+1
2
−3
< ε.
−
2
2n − 2
Ostatnia nierówność równoważna jest nierównościom:
−ε <
1
< ε.
2n − 2
Pierwszaz nichjest spełniona dla wszystkich n > 1, druga — dla wszystkich
1
+ 2 . Zatem „dobrym” n0 jest
n > log2
ε
1
n0 = log2
+2 .
ε
1
nierówność ta jest prawdziwa począwszy od n = 4, a
Dla przykładu dla ε =
10
1
dla ε =
od n = 7.
100
Zajmiemy się teraz podstawowymi własnościami ciągów zbieżnych.
• Fakt 2.2.1
Każdy ciąg zbieżny ma dokładnie jedną granicę.
D o w ó d. Załóżmy nie wprost, że ciąg (an ) jest zbieżny zarówno do g1 jak i do g2 ,
d
przy czym g1 6= g2 . Niech |g1 − g2 | = d > 0 i weźmy dowolnie ustalone 0 < ε < .
2
Z definicji granicy wynika, że istnieją liczby naturalne n1 , n2 takie, że dla n > n1
ε
zachodzi nierówność |an − g1 | < ε, a dla n > n2 — nierówność |an − g2 | < . Dla
2
n>n0 = max{n1 , n2 } zachodzą obie nierówności. Wykorzystując nierówność trójkąta otrzymujemy warunek
|g1 − g2 | ¬ |g1 − an | + |an − g2 | < 2ε < d.
Otrzymana sprzeczność kończy dowód.
• Fakt 2.2.2
Każdy ciąg zbieżny do granicy właściwej jest ograniczony.
D o w ó d. Istotnie, jeżeli w definicji granicy lim an = g przyjmiemy ε = 1 i
n→∞
znajdziemy n0 takie, że |an −g| < 1 dla n > n0 , więc dla n > n0 mamy oszacowanie
|an | < |g| + 1. Zatem dla wszystkich liczb naturalnych n zachodzi nierówność
|an | < max{|a1 |, |a2 |, . . . , |an0 |, |g| + 1},
Granica ciągu, podstawowe własności granicy
51
co oznacza, że ciąg jest ograniczony.
Zmiana (a także – usunięcie lub dołączenie) skończenie wielu wyrazów ciągu
nie ma wpływu na jego zbieżność i wartość granicy. Oznacza to, że prawdziwy jest
następujący fakt.
• Fakt 2.2.3
Jeżeli istnieje n0 ∈N takie, że dla wszystkich n > n0 zachodzi równość
an = bn , to ciąg (bn ) jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy ciąg (an ) jest zbieżny
oraz
lim bn = lim an .
n→∞
n→∞
Nietrudno jest również pokazać następujący fakt.
• Fakt 2.2.4
Jeżeli ciągi (an ), (bn ) są zbieżne oraz dla pewnego n0 ∈ N i wszystkich
n > n0 zachodzi nierówność an ¬ bn , to
lim an ¬ lim bn .
n→∞
n→∞
Jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny dogranicy g, to ciąg (|an |) jest zbieżny do |g|, co
wynika natychmiast z nierówności |an | − |g| ¬ |an − g|. Implikacja odwrotna nie
jest prawdziwa, o czym świadczy przykład ciągu o wyrazach an = (−1)n .
Warto jednak pamiętać, że
• Fakt 2.2.5
lim an = 0 ⇐⇒
n→∞
lim |an | = 0.
n→∞
D o w ó d tej równoważności wynika natychmiast z równości |an | = |an |.
• Fakt 2.2.6
Jeżeli ciąg (an ) jest ograniczony oraz lim bn = 0, to
n→∞
lim (an · bn ) = 0.
n→∞
D o w ó d. Załóżmy, że dla pewnego k > 0 i dla wszystkich n ∈N zachodzą nierówności −K ¬ an ¬ K. Następnie dla dowolnie ustalonego ε > 0 wybierzmy
ε
n0 ∈ N takie, by dla n > n0 zachodziła nierówność |bn | < . Wówczas dla n > n0
K
prawdziwa jest nierówność
|an · bn | < K ·
ε
= ε,
K
czyli ciąg (an bn ) jest zbieżny do 0.
• Definicja 2.2.2
Jeżeli (nk ) jest jakimkolwiek rosnącym ciągiem liczb naturalnych,
to ciąg (bk ) określony wzorem bk = ank nazywamy podciągiem ciągu (an ).
Oczywiste jest, że dowolny podciąg ciągu zbieżnego do granicy g jest zbieżny do
tej samej granicy. Nietrudno też udowodnić następujący, ogólniejszy, fakt.
52
Ciągi liczbowe
• Fakt 2.2.7
Jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny do granicy g oraz (nk ) jest dowolnym
ciągiem liczb naturalnych takim, że lim nk = ∞, to lim ank = g.
k→∞
k→∞
Jeżeli wszystkie podciągi ciągu (an ) są zbieżne do tej samej granicy g, to oczywiście
sam ciąg (an ) jest zbieżny g. Ciągi, które nie są zbieżne mają zatem podciągi
zbieżne do różnych granic. Warto w tym miejscu wrócić do przykładów paragrafu
(−1)n
1.6. Dla przykładu rys. 1.6.1 sugeruje, że ciąg o wyrazach an = (−1)n −
n
ma dwa podciągi zbieżne. Rzeczywiście podciąg (ank ), dla nk = 2k, ma granicę 1,
a podciąg (ank ), dla nk = 2k+1 jest zbieżny do −1.
O podciągach ciągów liczbowych będzie jeszcze mowa w paragrafie 2.5.
• Definicja 2.2.3
Mówimy, że ciąg (an ) jest rozbieżny do ∞ (−∞), jeżeli dla
dowolnie zadanej liczby rzeczywistej M , wszystkie wyrazy ciągu od pewnego numeru
począwszy, są większe (mniejsze) od M (−M ), co oznacza, że z definicji
^
_
^
an > M
lim an = ∞ ⇐⇒
n→∞
lim an = −∞ ⇐⇒
n→∞
M>0
n0 ∈N
^
_
M>0
n0 ∈N
n>n0
^
an < −M
n>n0
!
.
Sformułujemy teraz fakt o granicy ciągu geometrycznego.
• Fakt 2.2.8

nie istnieje



 0
lim q n =
n→∞

1



∞
dla
dla
dla
dla
q ¬ −1,
−1 < q < 1,
q = 1,
q > 1.
D o w ó d. Dla |q| > 1 mamy |q| = 1 + d dla pewnego d > 0. Zatem, na podstawie
nierówności Bernoulli’ego, |q n | = (1 + d)n > 1 + nd, co oznacza, że ciąg (|q n |) nie
jest ograniczony, więc nie może być zbieżny do granicy właściwej. Jeżeli bowiem
q > 1, to q n > 1 + nd, więc lim q n = +∞. Jeżeli zaś q < −1, to albo q 2n > 1 + 2nd,
n→∞
czyli
lim q 2n = +∞,
n→∞
albo q 2n+1 < −1 − (2n + 1)d,
czyli
lim q 2n+1 = −∞.
n→∞
Stwierdzamy więc, że ciąg (q n ) nie jest zbieżny.
1
W przypadku |q| < 1 mamy |q| =
dla pewnego d > 0. Korzystając z
1+d
nierówności Bernoulli’ego, otrzymujemy
|q n | =
1
1
<
.
n
(1 + d)
1 + nd
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
53
h1 − εi
Niech teraz ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Wystarczy wziąć n0 =
, by dla
ε·d
1−ε
jest liczbą ujemną, nierówność
n > n0 zachodziła nierówność |q n | < ε. Gdy
ε·d
n
|q | < ε zachodzi dla wszystkich liczb naturalnych.
Dla q = −1 otrzymujemy w oczywisty sposób rozbieżny ciąg ((−1)n ), a dla
q = 1 – ciąg stały, więc zbieżny.
•
W następnym przykładzie, trochę „nieformalnie”, skorzystamy z własności
funkcji logarytmicznej, choć o funkcjach będzie mowa dopiero w rozdziale 4. Jednak przeprowadzenie elementarnego rozumowania, takiego jak w Fakcie ??, byłoby
zbyt pracochłonne.
p
Przykład 2.2.4 Udowodnić, że lim log2 n2 +1 = ∞.
n→∞
R o z w i ą z a n i e. Weźmy dowolne M > 0 i poszukajmy n0 ∈ N takiego, że dla
wszystkich naturalnych n > n0 zachodzi nierówność
p
log2 n2 + 1 > M.
Nierówność ta równoważna jest nierówności
n2 > 22M −1.
Wystarczy więc wziąć
n0 =
hp
i
22M −1 .
1
1
< an <
jest spełniona dla
I tak dla przykładu, gdy M = 2, to nierówność −
10
10
√
n > 24 −1, czyli począwszy od n = 4, zaś dla M = 5 nierówność an > 5 prawdziwa
jest począwszy od n = 32.
2.3
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
Przy obliczaniu granic ciągów wykorzystywać będziemy przede wszystkim następujące twierdzenie.
•Twierdzenie 2.3.1
(o arytmetyce granic ciągów)
Jeżeli ciągi (an ), (bn ) są zbieżne odpowiednio do granic a ∈R i b ∈R, to prawdziwe
są następujące równości:
1.
2.
3.
4.
lim (an +bn ) = a + b;
n→∞
lim (an − bn ) = a − b;
n→∞
lim (c · bn ) = c · b, dla dowolnego c ∈R;
n→∞
lim (an · bn ) = a · b;
n→∞
54
Ciągi liczbowe
5.
lim
n→∞
an
a
= ,
bn
b
przy założeniu, że bn 6= 0 dla wszystkich n oraz b 6= 0.
D o w ó d. Przeprowadzimy dla przykładu dowód równości 4.
Weźmy dowolne ε > 0. Ciągi (an ), (bn ), jako zbieżne, są ograniczone, więc niech
|an | < M , |bn | < K dla wszystkich n ∈ N. Ponieważ lim an = a, lim bn = b, więc
n→∞
n→∞
istnieją liczby naturalne n1 , n2 takie, że dla wszystkich n > n1 zachodzi nierówność
|an − a| <
ε
,
2K
|bn − b| <
ε
.
2M
a dla n > n2 mamy nierówność
Zatem dla wszystkich n > max{n1 , n2 } zachodzą zależności
|an bn − ab| = |an bn − an b + an b − ab|
¬ |an ||bn − b| + |b||an − a| ¬ M ·
ε
ε
+K ·
= ε,
2M
2K
co oznacza zbieżność ciągu (an bn ) do granicy ab.
Podobnie dowodzi się pozostałych równości.
• Przykład 2.3.1
Zakładając, że ak 6= 0 i bl 6= 0, obliczyć granicę ciągu
an =
ak nk + ak−1 nk−1 + . . . + a1 n + a0
.
bl nl + bl−1 nl−1 + . . . + b1 n + b0
R o z w i ą z a n i e. Dzieląc licznik i mianownik ułamka przez nl otrzymujemy
równość
ak nk + ak−1 nk−1 + . . . + a0
ak nk−l + ak−1 nk−l−1 + . . . + a0 n−l
.
= lim
l
l−1
n→∞ bl n + bl−1 n
n→∞
+ . . . + b0
bl + bl−1 n−1 + . . . + b0 n−l
lim
Z własności arytmetycznych granicy wynika, że
i) dla k < l ciąg jest zbieżny do 0,
ak
,
ii) dla k = l ciąg jest zbieżny do
bk
iii) dla k > l ciąg jest rozbieżny do +∞, gdy
ak
ak
> 0 lub do −∞, gdy
< 0.
bl
bl
W powyższym przykładzie wykorzystaliśmy jedynie prostą do udowodnienia równość lim n−m = 0 dla m > 0. W trudniejszych przypadkach będziemy na ogół
n→∞
wykorzystywać następujące twierdzenie.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
55
•Twierdzenie 2.3.2
(o trzech ciągach)
Jeżeli ciągi (an ), (bn ), (cn ) spełniają, od pewnej liczby naturalnej N począwszy,
nierówności an ¬ bn ¬ cn i skrajne ciągi są zbieżne do tej samej granicy g, to
lim bn = g.
n→∞
D o w ó d. Weźmy dowolne ε > 0. Ponieważ lim an = g oraz lim cn = g, więc
n→∞
n→∞
możemy znaleźć n1 , n2 ∈N takie, że dla n > n1 zachodzi nierówność |an − g| < ε,
a dla n > n2 nierówność |cn − g| < ε. Dla n > n0 = max{n1 , n2 , N } zachodzi
nierówność |bn − g| < ε, dzięki temu, że g − ε < an ¬ bn ¬ cn < g + ε. A to
oznacza, że lim bn = g.
n→∞
an (•), bn (∗), cn (◦)
6
g+ε
∗
r b b
r r
r b
∗
b
b
b b
b
b
∗
b b ∗r ∗b b b b
∗
∗
∗
r
r
r
r ∗r ∗r ∗r
∗
b
r r r ∗r
∗
∗
r
4
5
g
∗ ∗
b
g−ε
O
1
2
3
6
7
8
9 10 11 12 13 14 15 16 17
ppp n
Rys. 2.3.1 Ilustracja twierdzenia o trzech ciągach: n0 = n2 = 10, n1 = 5, N = 8.
Teraz możemy już wyznaczyć granice wielu ciągów.
• Fakt 2.3.1
nα
=0
n→∞ an
lim
D o w ó d. Niech xn =
dla dowolnego α i dowolnego a > 1.
nα
, gdzie α > 0 oraz a > 1. Wówczas
an
α
xn+1 1
1
=
1+
xn
a
n
Ponieważ dla n ­ 1 mamy
α [α]+1
1
1
1¬ 1+
¬ 1+
,
n
n
więc z Twierdzenia 2.3.2 wynika, że
α
1
lim 1 +
= 1.
n→∞
n
56
Ciągi liczbowe
Zatem dla dostatecznie dużych n (powiedzmy dla n ­ n0 ) zachodzi nierówność
xn+1
¬ s < 1,
xn
gdzie s jest dowolnie wybraną liczbą z przedziału
mujemy nierówności:
0 < xn0 +1 ¬
1
, 1 . Stąd dla n ­ n0 otrzya
s · xn0 ,
0 < xn0 +2 ¬ s · xn0 +1 ¬ s2 · xn0 ,
..
.
0 < xn0 +k ¬ s · xn0 +k−1 ¬
...
¬ sk · xn0 .
Ponieważ lim sk = 0, więc z dwu poprzednich twierdzeń wynika żądana równość.
k→∞
Dla α ¬ 0 równość
nα
=0
n→∞ an
lim
jest oczywista.
Dygresja. Zauważmy, że z udowodnionej przed chwilą równości wynika, iż
(przy powyższych założeniach o α i a) dla dostatecznie dużych n prawdziwa jest
nierówność nα ¬ an .
• Fakt 2.3.2
lim
n→∞
√
n
a = 1 dla a > 0.
D o w ó d. Dla a = 1 równość jest jasna.
√
√
Przyjmijmy teraz, że a > 1. Wówczas n a > 1, więc n a = 1 + dn dla pewnego
dn > 0. Oczywiście wystarczy udowodnić, że lim dn = 0. Korzystając z nierówn→∞
ności Bernoulli’ego dostajemy
a = (1 + dn )n > 1 + ndn ,
co daje nierówność
a−1
.
n
Z twierdzenia o trzech ciągach wynika zatem, że lim dn = 0.
0 < dn <
n→∞
Niech teraz 0 < a < 1. Wówczas a−1 > 1, więc
√
n
lim
a−1 = 1
n→∞
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
57
— jak przed chwilą wykazaliśmy. Korzystając zatem z twierdzenia o granicy ilorazu
ciągów mamy
√
1
1
√
lim n a = lim √
=
= 1.
n
n→∞
n→∞ n a−1
lim
a−1
n→∞
Z Faktu ?? wynika, że dla dowolnego ciągu (kn ) liczb naturalnych rozbieżnego do
∞ zachodzi równość
k√
n
a = 1.
lim
n→∞
Ale można udowodnić więcej.
• Fakt 2.3.3
Niech a będzie liczbą dodatnią. Wówczas, jeżeli (xn ) jest dowolnym
ciągiem liczb rzeczywistych rozbieżnym do ∞, to prawdziwa jest równość
x√
n
a = 1.
lim
n→∞
Równoważnie – dla dowolnego zmierzającego do 0 ciągu (xn ) liczb rzeczywistych
nieujemnych zachodzi równość
lim axn = 1.
n→∞
D o w ó d. Dla każdego xn ­ 1 zachodzą nierówności
1
1
1
<
¬
.
[xn ] + 1
xn
[xn ]
Stąd dla a­1 mamy
√
a¬
[xn ]+1
√
a<
a dla 0 < a < 1 prawdziwe są nierówności
√
x√
[xn
]
n
a¬
a<
√
a,
√
a.
[xn ]
xn
[xn ]+1
Ponieważ ([xn ]) i ([xn ] + 1) są ciągami liczb naturalnych oraz
lim xn = ∞ ⇐⇒
n→∞
a więc
lim
n→∞
√
a = 1 oraz
[xn ]
lim [xn ] = ∞,
n→∞
lim
n→∞
√
a = 1.
[xn ]+1
Równość będąca treścią dowodzonego faktu wynika zatem z twierdzenia o trzech
ciągach.
Komentarz. Co prawda Fakt ?? sformułowany i udowodniony został tylko dla
ciągów zmierzających do zera od strony prawej, ale można go uogólnić na przypadek dowolnych ciągów zmierzających do zera. W tym celu należy wykorzystać
równoważność
1
yn −→ 0+ ⇐⇒
−→ + ∞
yn
58
Ciągi liczbowe
i przypomnieć sobie fakt stwierdzający, że
lim yn = 0 ⇐⇒ lim |yn | = 0.
n→∞
n→∞
Stąd dla dowolnego ciągu (yn ) zmierzającego do 0 otrzymujemy równość
lim a|yn | = 1.
n→∞
Wówczas zachodzi też równość
lim a−|yn | = 1.
n→∞
Zatem dla a ­ 1 teza wynika z twierdzenia o trzech ciągach (Twierdzenie ??),
ponieważ prawdziwe są nierówności
a−|yn | ¬ ayn ¬ a|yn | .
Ufam, że Czytelnicy dobrze wiedzą, jaka nierówność jest potrzebna w przypadku,
kiedy 0 < a ¬ 1.
• Fakt 2.3.4
lim
n→∞
√
n
n = 1.
√
D o w ó√
d. Ponieważ n n ­ 1, więc tak jak poprzednio zapiszemy wyraz ciągu w
postaci n n = 1+dn , gdzie dn > 0 dla n ­ 2 i pokażemy, że lim dn = 0. Zgodnie
n→∞
ze wzorem Newtona, mamy
n
n
n n
n = (1 + dn )n =
dn0 +
dn1 + . . . +
dnn−1 +
d n.
0
1
n−1
n n
Opuszczając wszystkie, z wyjątkiem trzeciego składniki (są dodatnie), otrzymujemy nierówność
n
n(n − 1) 2
dn ,
n = (1 + dn )n >
dn2 =
2
2
skąd
r
2
.
0 ¬ dn <
n−1
Ponieważ
lim 0 = 0 oraz
n→∞
lim
n→∞
r
2
= 0,
n−1
więc korzystając z twierdzenia o trzech ciągach wnioskujemy, że lim
n→∞
√
n
Spójrzmy jeszcze na wykres ciągu (an ) = ( n).
√
n
n = 1.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
59
an
6
1.5
1
r
r
r
r
r
r
r
r
r
2
3
4
5
6
7
8
9
10
r
0.5
-
O
1
Rys. 2.3.2 Ilustracja zbieżności ciągu o wyrazach an =
√
n
n
ppp
n.
Zauważmy jeszcze, że ciąg ten zbiega do granicy g = 1 bardzo wolno. Można
sprawdzić, że a10 ≈ 1.258925, a100 ≈ 1.047129, a1 000 ≈ 1.006931, a10 000 ≈
1.000921, a100 000 ≈ 1.000115, a1 000 000 ≈ 1.000014, czego oczywiście nie można
przedstawić na naszym rysunku!
Jeżeli (kn ) jest dowolnym rosnącym ciągiem liczb naturalnych, to oczywiście
również
p
kn
kn = 1.
lim
n→∞
Dla wszystkich liczb naturalnych n, k mają miejsce nierówności
√
√
n+k
n+k
n¬
n+k
1¬
oraz dla n ­ k prawdziwe są nierówności
√
√
√
√
n
n
n
1 ¬ n + k ¬ 2n = 2 · n n.
√
√
Stąd oraz z równości lim n a = lim n n = 1, otrzymujemy granice ciągów ogóln→∞
n→∞
niejszej postaci.
• Fakt 2.3.5
Dla dowolnego naturalnego k zachodzą równości:
√
√
n+k
n = 1,
lim n n + k = 1.
lim
n→∞
n→∞
Ale można udowodnić znacznie więcej.
• Fakt 2.3.6
Jeżeli (xn ) jest dowolnym ciągiem liczb rzeczywistych dodatnich rozbieżnym do ∞, to zachodzi równość
lim
n→∞
√
xn = 1.
xn
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn ) liczb rzeczywistych dodatnich zmierzającego do 0 zachodzi równość
x
lim (xn ) n = 1.
n→∞
60
Ciągi liczbowe
D o w ó d. Ponieważ ciąg (xn ) jest rozbieżny do ∞, więc od pewnego N ∈N począwszy mamy xn > 1 i prawdziwe są nierówności
[xn ] ¬ xn < [xn ] + 1 ⇐⇒
Zatem
p
[xn ] ¬
[xn ]+1
1
1
1
<
¬
.
[xn ] + 1
xn
[xn ]
√
xn ¬
xn
dla n ­ N i teza wynika z poprzedniego faktu.
• Fakt 2.3.7
p
[xn ] + 1
[xn ]
Jeżeli a > 0 i lim xn = x0 , to lim axn = ax0 .
n→∞
n→∞
D o w ó d. Ponieważ axn − ax0 = ax0 (axn −x0 − 1), więc wystarczy udowodnić, że
dla dowolnego ciągu yn −→ 0 zachodzi równość lim ayn = 1, to zaś jest treścią
n→∞
Faktu ??.
Wykorzystując twierdzenie o trzech ciągach i udowodnione ostatnio równości
możemy wyznaczyć już bardzo dużo różnych granic.
• Przykład 2.3.2
Obliczyć granice ciągów (an ), gdzie:
p
√
2n
n
2 n + n2 ;
a) an = 2n + 3n + . . . + 9n ;
b) an =
r
p
1
1
n
n
c) an = 1k + 2k + . . . + nk ;
d) an = 1 + + . . . + ;
2
n
√
√
2n
f ) an =
1 + 2 + . . . + 2n ;
e) an = n 1 + 2 + . . . + 2n ;
2
n√
2
n
1
g) an =
+√
+ ...+√
.
2n +3n + . . . +20n; h) an = √
4
4
4
n +1
n +2
n +n
W przykładzie c) należy przyjąć, że k jest ustaloną liczbą naturalną.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
√
√
√
√
n
n
n
9 = 9n < n 2n +3n + . . . + 9n < 8 · 9n = 9 8
oraz
lim 9 = lim
n→∞
n→∞
√ n
9 · 8 = 9,
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
√
lim n 2n +3n + . . . + 9n = 9.
n→∞
b) Ponieważ 2 ­ n dla n ­ 4, więc dla takich n możemy napisać następujące
nierówności
p
√
√ 2n
√
√
√
2n
2n
2n + n2 ¬ 2n 2n + 2n = 2 ·
2=
2n <
2.
√
2n
2 = 1, dzięki twierdzeniu o trzech ciągach wynika, że ciąg
Z równości lim
n→∞
p
√
2n
2n + n2 zbieżny jest do 2.
n
2
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
61
c) Dla n ­ 1 prawdziwe są nierówności
p
√
√
k
√ k+1
√
n
n
n
n
n = nk ¬ 1 k + 2 k + 3 k + . . . + nk ¬ n · nk = n n
.
√
Korzystając z równości lim n n = 1 i twierdzenia o trzech ciągach dostajemy
n→∞
równości
√
√
n
n
nk = lim
nk+1 = 1,
lim
n→∞
a stąd
lim
n→∞
d) Prawdziwe są nierówności
n→∞
p
n
1k + 2k + . . . + nk = 1.
√
n
1<
r
√
1
1
+ . . . + < n n,
2
n
1+
n
więc, √
korzystając z twierdzenia o trzech ciągach i wcześniej udowodnionej równości
lim n n = 1, wnioskujemy, że
n→∞
lim
n→∞
r
n
1+
1
1
+ . . . + = 1.
2
n
e) Prawdziwe są zależności:
p
√
√
√
n
2 = 2n ¬ n 1 + 2 + . . . + 2n < n (n + 1)2n = 2 n n + 1,
√
a przecież lim n n + 1 = 1 (Fakt 2.3.5). Zatem, na mocy twierdzenia o trzech
n→∞
ciągach, otrzymujemy równość
√
lim n 1 + 2 + . . . + 2n = 2.
n→∞
f ) Ponieważ n + 1 ¬ 2n dla n ­ 1, więc prawdziwe są zależności:
√
2n ¬
2n
√
1 + 2 + . . . + 2n <
2n
Ponieważ lim
n→∞
jemy równość
p
(n + 1)2n ¬
2n
√
2n
2n · 2n =
2√
2
n
2n .
√
2n = 1, więc, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, otrzymu-
2n
lim
n→∞
√
1 + 2 + . . . + 2n = 1.
2n
g) Prawdziwe są zależności:
2
2
2
√
√
2
n√
n√
n√
n√
n
2n + 3n + . . . + 20n <
20n <
19 ·
20n =
19 · 20,
2
√
n√
n
a przecież lim
20 = 1 oraz lim
19 = 1. Zatem, na mocy twierdzenia o trzech
n→∞
n→∞
ciągach, otrzymujemy równość
2
n√
2n + 3n + . . . + 20n = 1.
lim
√
n
20 =
n2
n→∞
62
Ciągi liczbowe
h) Dla każdego 1 ¬ k ¬ n zachodzi nierówność podwójna
k
k
k
√
,
¬√
¬√
n4 + 1
n4 + n
n4 + k
więc prawdziwe jest następujące oszacowanie
1 + 2 + ...+ n
n(n + 1)
√
√
=
4
n4 + n
2 n +n
1
2
n
¬ √
+√
+ ...+ √
4
4
4
n +1
n +2
n +n
¬
a ponieważ
lim
n→∞
n(n + 1)
1 + 2 + ...+ n
√
= √
,
4
2 n4 + 1
n +1
n(n + 1)
1
√
oraz
=
4
2
2 n +n
lim
n→∞
n(n + 1)
1
√
= ,
4
2
2 n +1
1
.
2
Inna, bardzo ważna i często wykorzystywana własność dotyczy ciągów monotonicznych.
więc, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, rozważany ciąg jest zbieżny do
•Twierdzenie 2.3.3
(o ciągu monotonicznym i ograniczonym)
Jeżeli ciąg (an ) jest niemalejący (nierosnący) dla n > N i ograniczony z góry
(z dołu), to jest zbieżny oraz
lim an = sup{an : n ∈N, n > N }
lim an = inf{an : n ∈N, n > N } .
n→∞
n→∞
D o w ó d. Niech ciąg (an ) będzie niemalejący dla n > N . Ponieważ {an : n ∈N}
jest zbiorem ograniczonym z góry, więc kres górny a = sup{an : n > N } jest
dobrze określoną liczbą rzeczywistą. Z definicji kresu górnego wnioskujemy, że dla
wszystkich n > N zachodzi nierówność an ¬ a. Ponadto, dla dowolnie ustalonego
ε > 0 istnieje n1 takie, że
a − ε < an1 ¬ a.
Ponieważ począwszy od N ciąg (an ) jest niemalejący, więc
a − ε < an1 ¬ an ¬ a
dla wszystkich n takich, że n > n1 oraz n > N . Mamy więc
a − ε < an < a + ε
dla wszystkich n > n0 = max{n1 , N }.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
63
an
6
a+ε
a
r
r
r r r
r r r
r
r
r
a−ε
r
r
r r r
r
O
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17
ppp
n
Rys. 2.3.3 Ilustracja dowodu Twierdzenia 2.3.3: n0 = n1 = 13, N = 4.
•
Twierdzenie o ciągu monotonicznym i ograniczonym daje nam możliwość zbadania zbieżności kolejnej porcji ciekawych
n ciągów. Pokazaliśmy już wcześniej (Fakt
1
jest rosnący i ograniczony. Zatem praw2.1.4), że ciąg o wyrazach an = 1 +
n
dziwy jest fakt następujący.
n 1
Fakt 2.3.8 Ciąg (an ) =
1+
jest zbieżny. Jego granicę nazywamy liczbą
n
Nepera 1 i oznaczamy literą e, czyli
n
1
= e.
1+
n→∞
n
lim
Jest to liczba niewymierna i w przybliżeniu e ≈ 2, 71828182846.
an , bn
6
4
b
b
b
b
r
b
r
b
r
b
r
b
r
b
r
b
r
r
r
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3
e
2
1
r
O
1
ppp
n
1 n
Rys. 2.3.4 Prezentacja monotonicznej zbieżności ciągów o wyrazach an = 1 +
n
n+1
(kółka zamalowane) oraz bn = 1 +
1
1
n
(kółka niezamalowane) do liczby e.
John Neper, Lord of Merchiston (1550–1617), matematyk angielski, twórca logarytmów. Liczbę e zdefiniował jednak jeden z Bernoullich – Daniel, bratanek wielkiego
Jakoba.
64
Ciągi liczbowe
Zauważmy, że ciągi (an ) i (bn ) są tylko nieistotnie szybciej zbieżne w porównaniu
z przykładem przedstawionym na Rys. 2.3.4. Mamy teraz np. a10 ≈ 2.593742,
a100 ≈ 2.704814, a1 000 ≈ 2.716924, a10 000 ≈ 2.718146, a100 000 ≈ 2.718268,
a1 000 000 ≈ 2.718280.
Policzmy jeszcze granicę
n
1
lim 1 −
= lim n→∞
n→∞
n
1
1+
1
n−1
n−1 · 1
1+
1
n−1
=
1
.
e
Zatem
• Fakt 2.3.9
n
1
1
1−
= .
n→∞
n
e
lim
Z Faktu ?? wynika, że dla dowolnego zmierzającego do ∞ ciągu (kn ) liczb naturalnych zachodzi równość
kn
1
lim 1 +
= e.
n→∞
kn
Dzięki twierdzeniu o trzech ciągach możemy powiedzieć znacznie więcej.
• Fakt 2.3.10
Dla dowolnego ciągu (xn ) liczb rzeczywistych rozbieżnego do ∞ zachodzi równość
xn
1
= e.
lim 1 +
n→∞
xn
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn ) liczb rzeczywistych dodatnich zmierzającego do 0 zachodzi równość
1
lim (1 + xn ) xn = e.
n→∞
D o w ó d. Niech (xn ) będzie dowolnym ciągiem rozbieżnym do ∞.
Wówczas lim [xn ] = ∞ i wykorzystując nierówności [xn ] ¬ xn < [xn ] + 1, prawn→∞
dziwe dla n takich, że [xn ] + 1 > 0, otrzymujemy następujące oszacowanie
1+
1
[xn ] + 1
−1 · 1+
1
[xn ] + 1
[xn ]+1
1+
¬ 1+
= 1+
=
[xn ]
1
[xn ] + 1
xn [xn ]+1
1
1
¬ 1+
xn
[xn ]
[xn ] 1
1
· 1+
.
[xn ]
[xn ]
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
65
Ponieważ ([xn ]) oraz ([xn ] + 1) są zmierzającymi do ∞ ciągami liczb naturalnych,
więc dowód faktu wynika z twierdzenia o trzech ciągach oraz Faktu ??.
n
1
rośnie do granicy e, zaś ciąg o
Ponieważ ciąg o wyrazach an = 1 +
n
wyrazach
n+1 n 1
1
1
bn = 1 +
= 1+
1+
n
n
n
– maleje do granicy e, więc dla n ­ 1 zachodzi nierówność
n
n+1
1
1
1+
<e< 1+
.
n
n
Logarytmując tę nierówność stronami przy podstawie e mamy
1
n
1
1
1
< ln 1 +
⇐⇒
< n ln 1 +
<
< 1.
n+1
n
n
n+1
n
Stąd, na mocy twierdzenia o trzech ciągach, otrzymujemy równości zawarte w dwu
następnych faktach.
• Fakt 2.3.11
• Fakt 2.3.12
1
= 0.
lim ln 1 +
n→∞
n
1
lim n ln 1 +
n→∞
n
= 1.
Komentarz. Czytelnicy mogliby
pomyśleć, że niepotrzebnie „męczymy się” obli
1
= 1, zamiast napisać
czaniem granicy lim n ln 1 +
n→∞
n
n
1
1
= ln e = 1.
= lim ln 1 +
lim n ln 1 +
n→∞
n→∞
n
n
Niestety, to rozumowanie jest błędne! Dlaczego? Przecież nie wiemy jeszcze, że
funkcja f (x) = ln x jest ciągła. Nie znamy nawet pojęcia ciągłości! Ale możemy pomału przygotować się do wprowadzenia tego pojęcia! Dopiero z Faktu ?? po przeprowadzeniu takiego rozumowania, jak w Fakcie ?? otrzymujemy ciągłość funkcji
logarytmicznej w punkcie x = 1, co jest treścią kolejnego faktu.
• Fakt 2.3.13
Jeżeli (xn ) jest jakimkolwiek ciągiem rozbieżnym do ∞, to
1
lim ln 1 +
= 0.
n→∞
xn
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn ) liczb dodatnich zmierzającego do 0 zachodzi równość
lim ln (1 + xn ) = 0.
n→∞
66
Ciągi liczbowe
Rozumując jak poprzednio możemy udowodnić następujący fakt.
• Fakt 2.3.14
Dla dowolnego ciągu (xn ) rozbieżnego do ∞ zachodzi równość
1
lim xn ln 1 +
= 1.
n→∞
xn
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn ) liczb dodatnich zmierzającego do 0 zachodzi równość
ln(1 + xn )
= 1.
lim
n→∞
xn
Wykażemy jeszcze jedną, ważną dla dalszych rozważań, równość.
• Fakt 2.3.15
√
lim n( n e − 1) = 1.
n→∞
D o w ó d. Niech xn =
√
n
e−1 > 0. Wówczas
lim xn = 0 oraz n =
n→∞
Stąd
1
.
ln(1 + xn )
√
lim n n e − 1 = lim
xn
= 1,
n→∞ ln(1 + xn )
n→∞
zgodnie z wcześniej otrzymanymi równościami.
Postępując tak, jak w dowodzie Faktu ??, można otrzymać kolejne fakty.
• Fakt 2.3.16
Dla dowolnego ciągu (xn ) rozbieżnego do ∞ zachodzi równość.
x√
lim xn n e − 1 = 1.
n→∞
Równoważnie – dla dowolnego ciągu (xn ) liczb dodatnich zmierzającego do 0 zachodzi równość
exn − 1
= 1.
lim
n→∞
xn
Komentarz. Dobrze jest uświadomić sobie, że równości zawarte w powyższych
faktach oznaczają, że ciągi o wyrazach
f (xn ) = ln (1 + xn )
oraz g(xn ) = exn − 1
dążą do zera „tak samo szybko” jak ciąg (xn ). Ułatwia to znakomicie obliczanie nawet skomplikowanych granic, gdyż wykonanie elementarnych algebraicznych
przekształceń pozwala sprowadzić problem do obliczania granic z funkcji wymiernych. Niedługo zobaczymy to na przykładach.
Możemy już udowodnić kolejne własności rachunkowe granicy.
Podstawowe twierdzenia o zbieżności ciągów
67
•Twierdzenie 2.3.4
(o arytmetyce granic – ciąg dalszy)
Jeżeli ciągi (an ), (bn ) są zbieżne odpowiednio do granic a, b ∈ R, to prawdziwe są
następujące równości:
6. lim abn = ab dla dowolnego a > 0.
n→∞
7. lim (an )p = ap dla dowolnego p ∈ R \ {0} oraz an , a > 0,
n→∞
8. lim (an )bn = ab dla dodatnich an oraz a.
n→∞
D o w ó d. Równość 6. jest treścią Faktu ??.
Równość 7. jest oczywiście szczególnym przypadkiem równości 8. Udowodnimy
zatem tę ostatnią. Skorzystajmy przede wszystkim z tożsamości xy = ey ln x prawdziwej dla wszystkich dodatnich x oraz y ∈ R. Jeżeli lim an = a, przy czym
n→∞
wszystkie an , a są dodatnie, to
a
an
n
lim (ln an − ln a) = lim ln
= lim ln 1 +
− 1 = 1,
n→∞
n→∞
n→∞
a
a
co wynika z Faktu ??, bo
lim
a
n
− 1 = 0.
n→∞
a
Zatem, na mocy Faktu ?? i równości 4 w Twierdzeniu ?? mamy
abnn = ebn ln an −→ ab ln a = ab .
• Fakt 2.3.17
W przypadku, gdy a = ∞, b = ∞, a = 0 lub b = 0 można, podobnie
rozumując, udowodnić, że zachodzą następujące równości:
a + ∞ = ∞ dla − ∞ < a ¬ ∞
a · ∞ = sgn(a) · ∞ dla 0 < |a| ¬ ∞
a
= 0 dla 0 ¬ |a| < ∞
∞
a
= sgn(a) · ∞ dla 0 < |a| ¬ ∞
0+
a∞ = 0 dla 0+ ¬ a < 1
a∞ = ∞ dla 1 < a ¬ ∞
∞b = 0 dla − ∞ ¬ b < 0
∞b = ∞ dla 0 < b ¬ ∞
Symbol sgn(a) oznacza znak liczby a rozumiany, jako 1, gdy a > 0 oraz −1,
gdy a < 0. Krótko mówiąc, przy wykonywaniu działań z symbolem ∞ „reguły
znaków” są takie same, jak przy działaniach na „zwyczajnych” liczbach.
Jak rozumieć powyższą tabelkę? Równości w niej zawarte są symbolicznym skrótem pewnych twierdzeń. Np. zapis a + ∞ = ∞ należy rozumieć, jako stwierdzenie
68
Ciągi liczbowe
faktu, że jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny do granicy a, zaś ciąg (bn ) jest rozbieżny do
∞, to ciąg (an + bn ) jest rozbieżny do ∞.
W odróżnieniu od równości zawartych w zamieszczonej wyżej tabelce, w przypadku tzw. symboli nieoznaczonych
∞ − ∞,
∞ · 0,
0
,
0
∞
,
∞
1∞ ,
∞0 ,
00
istotnie „nie wiadomo, jaki jest wynik działania”. Zależy on bowiem od konkretnych ciągów. Uważny Czytelnik winien prześledzić wszystkie rozwiązane w tym
rozdziale przykłady i zauważyć, że w każdym przypadku mamy do czynienia z
wyrażeniem nieoznaczonym, a wynik, jaki jest – każdy widzi!
• Przykład 2.3.3
Udowodnić, że ciąg o wyrazach
xn = 1 +
1
1 1
+ + . . . + − ln n,
2 3
n
dla n > 0
jest zbieżny do granicy właściwej.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ dla dowolnego n zachodzi nierówność
1
1
1
< ln 1 +
< ,
n+1
n
n
więc
1
1
1
− ln (n + 1) + ln n =
− ln 1 +
< 0,
n+1
n+1
n
1
1
czyli ciąg (xn ) jest malejący. Z nierówności ln 1 +
< , wynika, że
n
n
xn+1 − xn =
1 1
1
+ + . . . + − ln n
2 3
n
1
1
> ln(1 + 1) + ln 1 +
+ . . . + ln 1 +
− ln n
2
n
n+1
3 4
− ln n
= ln 2 · · · . . . ·
2 3
n
n+1
> ln 1 = 0.
= ln (n + 1) − ln n = ln
n
xn = 1 +
Zatem ciąg (xn ) jest ograniczony z dołu i istnienie skończonej granicy tego ciągu
wynika z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym. Granicę ciągu
1 1
1
1 + + + . . . + − ln n
2 3
n
Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów
69
nazywamy stałą Eulera 2 i oznaczamy literą γ. Jej wartość w przybliżeniu wynosi
γ ≈ 0.5772.
• Przykład 2.3.4
Udowodnić, że dla dowolnej liczby nieujemnej a ciąg (xn ) określony wzorem rekurencyjnym
1
a
x1 = 1, xn =
xn−1 +
dla n > 1,
2
xn−1
√
jest zbieżny do a.
R o z w i ą z a n i e. Sprawdziliśmy w Przykładzie 2.1.4, że ciąg (xn ) jest monotoniczny i ograniczony. Zatem, na mocy twierdzenia o ciągu monotonicznym i
ograniczonym – zbieżny. A jak policzyć jego granicę?
Z
własności rachunkowych
a
1
g+
. Rozwiązaniami ostatgranicy wynika, że spełniona jest równość g =
2
g
√
√
√
niego równania są liczby a i − a. Oczywiście granicą ciągu może być tylko a,
gdyż wyrazy ciągu (xn ) są dodatnie.
2.4
Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów
Niech (an ) będzie dowolnym ciągiem liczb dodatnich i rozważmy ciągi średnich
arytmetycznych i geometrycznych:
An =
a 1 + a 2 + . . . + an
,
n
Gn =
√
n
a 1 · a 2 · . . . · an .
•Twierdzenie 2.4.1
Jeżeli ciąg (an ) ma granicę (właściwą lub niewłaściwą) g, to
oba wyżej zdefiniowane ciągi są zbieżne do g.
D o w ó d. Wykażemy prawdziwosć twierdzenia w przypadku ciągu (An ) średnich arytmetycznych. Dowód twierdzenia dla ciągu (Gn ) średnich arytmetycznych
przebiega podobnie.
Załóżmy, że ciąg (an ) jest zbieżny do granicy właściwej. Niech ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Szukamy n0 ∈ N takiego, że dla n ­ n0 mamy oszacowanie
a 1 + a 2 + . . . + an
< g + ε.
n
Ponieważ lim an = g, więc istnieje n1 ∈N takie, że dla wszystkich n > n1 zachodzą
n→∞
nierówności:
g − ε < an1 +1 < g + ε,
g−ε<
g − ε < an1 +2 < g + ε,
..
.
g − ε < an < g + ε.
2
Leonard Euler (1707–1783), szwajcarski matematyk, fizyk i astronom. Jego nazwiskiem sygnowane jest aż 15 haseł Encyklopedii Powszechnej PWN!
70
Ciągi liczbowe
Dodając stronami te nierówności otrzymujemy kolejno:
(n − n1 )(g − ε) < an1 +1 + . . . + an < (n − n1 )(g + ε),
g−ε <
an1 +1 + . . . + an
< g + ε.
n − n1
Zauważmy, że
a1 + . . . + an1
an +1 + . . . + an n − n1
a1 + . . . + an1 + an1 +1 + . . . + an
=
+ 1
·
.
n
n
n − n1
n
Ponieważ przy ustalonym n1 zachodzi równość
lim
n→∞
a1 + . . . + an1
= 0,
n
więc dla pewnego n2 ∈ N i wszystkich n ­ n2 mamy
−
a1 + a2 + . . . + an1
ε
ε
<
< .
3
n
3
Zauważmy ponadto, że
n − n1
= 1,
n
więc biorąc dostatecznie duże n możemy zagwarantować sobie spełnienie nierówności
an +1 + . . . + an n − n1
2
2
·
< g + ε,
g− ε< 1
3
n − n1
n
3
lim
n→∞
skąd
a 1 + a 2 + . . . + an
g−ε<
< g + ε,
n
tzn.
a 1 + a 2 + . . . + an
− g < ε,
n
co należało wykazać.
Podobnie dowodzi się tezy twierdzenia dla g = ∞.
• Wniosek 2.4.1
Jeżeli lim (an+1 − an ) = g, to lim
n→∞
n→∞
an
= g.
n
D o w ó d. Stosując twierdzenie o granicy ciągu średnich arytmetycznych do ciągu
(bn ) o wyrazach b1 = a1 , bn = an − an−1 dla n > 1, dochodzimy do wniosku, że
lim
n→∞
Ale
b1 + b2 + . . . + bn
= g.
n
b1 + b2 + . . . + bn
an
=
, co kończy dowód.
n
n
• Wniosek 2.4.2
Jeżeli an > 0 oraz lim
n→∞
√
an+1
= g, to lim n an = g.
n→∞
an
Pożyteczne twierdzenia o zbieżności ciągów
71
D o w ó d jest podobny do dowodu Wniosku ??. Wystarczy powołać się na
twierdzenie o granicy ciągu średnich geometrycznych do ciągu (bn ) o wyrazach
an
dla n > 1.
b 1 = a1 , b n =
an−1
Ostatni wniosek wykorzystamy w poniższych przykładach.
• Przykład 2.4.1
Wykazać następujące równości:
√
n
n
a) lim
= e.
n! = ∞; b) lim √
n→∞
n→∞ n n!
R o z w i ą z a n i e. a) Biorąc an = n!, mamy
lim
n→∞
więc lim
n→∞
an+1
= lim (n + 1) = ∞,
n→∞
an
√
n
n! = ∞.
b) Niech xn =
nn
. Wówczas
n!
n
xn+1
(n + 1)(n+1) n!
1
= e.
= lim
=
lim
1
+
n→∞ xn
n→∞
n→∞
nn (n + 1)!
n
lim
√
n
Zatem lim √
= lim n xn = e.
n→∞ n n!
n→∞
Twierdzenie ?? jest szczególnym przypadkiem (dla bn = 1, gdzie n ∈N) następującego twierdzenia, którego dowód, podobny do dowodu Twierdzenia ??, lecz
zawierający dużo więcej „epsilonów”, pomijamy.
•Twierdzenie 2.4.2
Jeżeli lim an = g oraz lim (b1 + b2 + . . . + bn ) = ∞, przy
n→∞
n→∞
czym bn ­ 0 dla wszystkich n ∈N, to
lim
n→∞
a 1 b 1 + a2 b 2 + . . . + an b n
= g.
b1 + b2 + . . . + bn
Wnioskiem z Twierdzenia ?? jest następujące pożyteczne twierdzenie.
•Twierdzenie 2.4.3
(lemat Stolza3 )
Jeżeli (un ) jest dowolnym ciągiem, a ciąg (vn ) jest ściśle rosnący i lim vn = ∞
n→∞
oraz
un − un−1
lim
= g,
n→∞ vn − vn−1
un
jest zbieżny oraz
to ciąg
vn
lim
n→∞
3
un − un−1
un
= lim
= g.
n→∞
vn
vn − vn−1
Otto Stolz (1842–1905), matematyk austriacki.
72
Ciągi liczbowe
D o w ó d. Zastosujmy Twierdzenie ?? do ciągów (an ), (bn ) opisanych wzorami:
a1 =
u1
un − un−1
, an =
,
v1
vn − vn−1
b1 = v1 , bn = vn − vn−1 , dla n ­ 2.
Założenia Twierdzenia ?? są spełnione, gdyż
lim an = lim
n→∞
n→∞
oraz
un − un−1
=g
vn − vn−1
lim (b1 + b2 + . . . + bn ) = lim (v1 + v2 − v1 + v3 − v2 + . . . + vn − vn−1 )
n→∞
n→∞
= lim vn = ∞.
n→∞
Zatem mamy
lim
n→∞
a 1 b 1 + a2 b 2 + . . . + an b n
= g.
b1 + b2 + . . . + bn
Ale przecież
a1 b1 +a2 b2 +. . .+an bn
b1 + b2 + . . . + bn
u1
u2 − u1
un − un−1
v1 +
(v2 − v1 )+. . .+
(vn − vn−1 )
v
v2 − v1
vn − vn−1
= 1
vn
un
=
,
vn
co kończy dowód lematu.
Lemat Stolza pozwala nam uporać się z następującymi przykładami.
• Przykład 2.4.2
Niech k ∈ N. Udowodnić równości:
1
1 + 2 + . . . + nk
=
;
a) lim
n→∞
nk+1
k+1
k
1 + 2 k + . . . + nk
n
1
b) lim
−
= ;
n→∞
nk
k+1
2
k
k
2k
1k + 3k + . . . + (2n + 1)k
=
.
n→∞
nk+1
k+1
c) lim
R o z w i ą z a n i e. We wszystkich przypadkach skorzystamy z obliczeń dokonanych
w Przykładzie ??
a) Zastosujmy Twierdzenie ?? do ciągów (un ), (vn ) o wyrazach
u n = 1 k + 2 k + . . . + nk ,
Mamy
vn = nk+1 .
un − un−1
nk
1
=
= lim k+1
,
n→∞ vn − vn−1
n→∞ n
− (n − 1)k+1
k+1
lim
Podciągi, granica górna i dolna ciągu
73
więc równość wynika bezpośrednio z tego twierdzenia.
b) Stosując lemat Stolza do ciągów (un ), (vn ) o wyrazach
vn = (k + 1)nk ,
un = (k + 1) 1k + 2k + . . . + nk − nk+1 ,
otrzymujemy
un+1 − un
(k + 1)(n + 1)k − (n + 1)k+1 + nk+1
= lim
n→∞ vn+1 − vn
n→∞
(k + 1) [(n + 1)k − nk ]

k(k − 1) k−2

k
k−1

n
+
.
.
.
+
1
(k
+
1)
n
+
kn
+

2!
= lim
n→∞ 
k(k
−
1) k−2
k

k
k−1
 (k + 1) n + kn
+
n
+ ...+ 1 − n
2!
lim

k(k + 1) k−1
k+1 


n
− ...− 1 + n
−n
− (k + 1)n −
2!
+

k(k − 1) k−2

(k + 1) nk + knk−1 +
n
+ . . . + 1 − nk 
2!
k+1
k
k(k + 1) k−1 k(k − 1)(k + 1) k−2
n
+
n
+ ... + k
1
2!
3!
= .
= lim
n→∞
k(k − 1) k−2
2
n
+ ...+ 1
(k + 1) knk−1 +
2
c) Zastosujmy lemat Stolza do ciągów (un ), (vn ) o wyrazach zdefiniowanych
wzorami:
un = 1k + 3k + . . . + (2n + 1)k , vn = nk+1 .
Otrzymujemy
(2n + 3)k
un+1 − un
= lim n→∞
n→∞ vn+1 − vn
k+1
k+1
k+1
k
k−1
n +
n
+ ...+
1
2
k+1
k
2 k nk +
2k−1 nk−1 · 3 + . . . + 3k
2k
1
=
,
= lim n→∞
k+1
k+1
k+1
k+1
k
k−1
n +
n
+ ...+
1
2
k+1
lim
co kończy dowód równości.
2.5
Podciągi, granica górna i dolna ciągu
Wiemy już, że każdy podciąg ciągu zbieżnego jest też zbieżny do tej samej granicy.
Sformułujemy i udowodnimy teraz twierdzenie, które leży u podstaw rachunku
różniczkowego.
74
Ciągi liczbowe
•Twierdzenie 2.5.1
(twierdzenie Bolzano4 –Weierstrassa)
Jeżeli (an ) jest ograniczonym ciągiem liczb rzeczywistych, to istnieją podciąg (ank )
ciągu (an ) i liczba rzeczywista g takie, że lim ank = g.
k→∞
D o w ó d. Określając odpowiednio liczbę g, skonstruujemy zbieżny do niej podciąg (ank ). Ciąg (an ) jest ograniczony, więc istnieje liczba rzeczywista M taka, że
−M < an < M dla wszystkich n ∈N. Zdefiniujmy Z jako zbiór takich liczb x ∈R, że
nierówność x < an jest spełniona dla nieskończenie wielu n. Jest to zbiór niepusty
(dla przykładu −M jest elementem zbioru Z) i ograniczony z góry (do zbioru Z
nie może należeć liczba x większa lub równa M ), więc posiada kres górny (Twierdzenie 1.6.1). Liczba g = sup Z jest więc poprawnie zdefiniowana. Teraz należy
określić rosnący ciąg liczb naturalnych n1 < n2 < . . . < nk < . . . w taki sposób,
by lim ank = g. Ustalmy dowolnie ε1 > 0 oraz liczbę n0 ∈N. Z Faktu ?? wynika,
k→∞
że w zbiorze Z istnieje element x1 , taki że g − ε1 < x1 ¬ g. Z definicji elementów
zbioru Z wynika, że nierówność an′ > x1 jest spełniona dla nieskończenie wielu
wskaźników n′ . Gdyby dla wszystkich n′ > n0 zachodziła nierówność an′ > g + ε1 ,
wówczas liczba g + ε1 należałaby do zbioru Z, co jest niemożliwe z definicji g.
Istnieje więc takie n′1 > n0 , że dla n1 = n′1 mamy an1 ∈ (g − ε1 , g + ε1 ). Niech
1
ε2 = ε1 . Powtarzając powyższe rozumowanie z odpowiednio wybranym x2 ∈Z
2
oraz wskażnikami n′ > n1 otrzymujemy n2 > n1 takie, że an2 ∈ (g − ε2 , g + ε2 ).
1
„Iterując” to rozumowanie dla εk = εk−1 , otrzymujemy rosnący ciąg (nk ) oraz
2
ciąg (εk ) zbieżny malejąco do 0 takie, że g − εk < ank < g + εk . Z twierdzenia
o trzech ciągach wynika, że lim ank = g.
k→∞
Granice podciągów ciągu (an ) nazywamy punktami skupienia tego ciągu.
Z definicji granicy wynika, że liczba s jest punktem skupienia ciągu (an ) wtedy i
tylko wtedy, gdy dla każdego ε > 0 i każdej liczby naturalnej N istnieje n > N
takie, że |an −s| < ε. Kres górny (dolny) zbioru punktów skupienia ciągu ograniczonego nazywamy granicą górną (dolną) ciągu (an ). Oznaczamy je odpowiednio:
lim an .
lim sup an lim inf an
lub lim an
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Jest jasne, że
lim an ¬ lim an .
n→∞
•
n→∞
Przede wszystkim powinniśmy zdawać sobie sprawę z tego, że kresy te są zawsze
osiągnięte, czyli tak naprawdę – lim oraz lim są odpowiednio największym i
n→∞
n→∞
najmniejszym punktem skupienia ciągu. Jest to treść następującego faktu.
Fakt 2.5.1 Jeżeli a = lim an a = lim an , to istnieje podciąg (ank ) ciągu (an )
n→∞
n→∞
taki, że a = lim ank a = lim ank .
k→∞
4
k→∞
Bernard Bolzano (1781–1848), czeski matematyk i logik.
Podciągi, granica górna i dolna ciągu
75
D o w ó d. Niech a = lim an i weźmy dowolnie ustalone ε > 0. Pokażemy, że w
n→∞
przedziale (a − ε, a + ε) znajduje się jakiś element ciągu (an ). Z definicji
kresu
ε górnego wynika, że istnieje punkt skupienia a ciągu (an ) taki, że a ∈ a − , a .
2
Ponieważ a jest punktem skupienia ciągu (an ), więc istnieje an taki, że
|an − a| <
ε
.
2
Z nierówności trójkąta wynika, że
|an − a| < |an − a| + |a − a| <
ε ε
+ = ε.
2 2
To oznacza, że an ∈ (a− ε, a+ ε). Postępując podobnie jak w dowodzie twierdzenia
Bolzano–Weierstrassa, możemy skonstruować podciąg (ank ) ciągu (an ) zbieżny do
granicy a.
Prawie oczywiste są następujące stwierdzenia.
• Fakt 2.5.2
1. Jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny do granicy g, to lim an = lim an = g.
n→∞
n→∞
2. Jeżeli ciąg (an ) jest ograniczony oraz lim an = lim an = g, to jest on
n→∞
n→∞
zbieżny do granicy g.
D o w ó d. 1. Jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny do g, to g jest jego jedynym punktem
skupienia, czyli
lim an = lim an = g.
n→∞
n→∞
2. Załóżmy teraz, że: lim an = lim an = g i niech ε będzie dowolnie ustaloną
n→∞
n→∞
liczbą dodatnią. Pokażemy, że nierówności: an ¬ g − ε oraz an ­ g + ε mogą
być spełnione jedynie dla skończenie wielu n, co oczywiście oznacza, że ciąg (an )
jest zbieżny do granicy a. Gdyby bowiem np. nierówność an ­ g + ε zachodziła
dla nieskończenie wielu n, to na mocy twierdzenia Bolzano–Weierstrassa istniałby
podciąg (ank ) ciągu (an ) zbieżny do pewnego g ′ ­ g + ε, co przeczy założeniu, że
g jest granicą górną tego ciągu.
Kolejne twierdzenie daje wygodne kryterium pozwalające sprawdzić, czy dana
liczba jest granicą górną zadanego ciągu. Podobny fakt ma miejsce dla granicy
dolnej.
• Fakt 2.5.3
Liczba a jest granicą górną ograniczonego ciągu (an ) wtedy i tylko
wtedy, gdy dla dowolnego ε > 0 spełnione są warunki:
1) istnieje n0 ∈N takie, że an < a + ε dla wszystkich n > n0 ;
2) an > a − ε dla nieskończenie wielu n.
76
Ciągi liczbowe
D o w ó d. (⇒) Niech a = lim an i niech ε > 0 będzie dowolnie ustalone. Zgodnie
n→∞
z definicją granicy górnej, istnieje podciąg (ank ) ciągu (an ), zbieżny do granicy
a, więc od pewnego wskaźnika nk0 począwszy wszystkie wyrazy tego podciągu
spełniają nierówność ank > a − ε, czyli 2) zachodzi. Gdyby dla nieskończenie
wielu n spełniona była nierówność an ­ a + ε, to na mocy twierdzenia Bolzano–
Weierstrassa zbiór {an : an ­ a+ε} miałby punkt skupienia, co oczywiście przeczy
założeniu, że a jest granicą górną ciągu (an ).
(⇐) Z warunków 1) oraz 2) wynika, że przy dowolnie ustalonym ε > 0 w przedziale
(a − ε, a + ε) znajduje się nieskończenie wiele wyrazów ciągu (an ), więc a jest
punktem skupienia zbioru {an : n ∈N}. Z warunku 1) wynika, że jest to największy
punkt skupienia.
Wróćmy do przykładów z paragrafu 1.6. Wyznaczymy granicę górną i dolną
niektórych pojawiających się tam ciągów.
• Przykład 2.5.1
Wyznaczyć granicę górną i dolną ciągu o wyrazach
an = (−1)n −
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
1
= 1 oraz
lim a2n = lim 1 −
n→∞
n→∞
2n
(−1)n
.
n
lim a2n−1 = lim
n→∞
n→∞
−1 +
1
2n − 1
= −1,
a zbiór N jest sumą rozłączną zbioru liczb parzystych i zbioru liczb nieparzystych,
więc jedynymi punktami skupienia tego ciągu są liczby −1, 1. Zatem
lim an = −1,
n→∞
• Przykład 2.5.2
lim an = 1.
n→∞
Znaleźć granicę górną i dolną ciągu o wyrazach
[ n2 ] (−1)n
+
.
an = (−1)
n
R o z w i ą z a n i e. Tu sytuacja jest podobna. Mamy bowiem
lim a4n = 1,
n→∞
lim a4n+1 = 1,
n→∞
lim a4n+2 = −1,
n→∞
lim a4n+3 = −1,
n→∞
a zbiory
{4n : n ∈N}, {4n+1 : n ∈N}, {4n+2 : n ∈N}, {4n+3 : n ∈N}
dają w sumie cały zbiór liczb naturalnych, więc znowu jedynymi punktami skupienia tego ciągu są liczby −1, 1. Zatem
lim an = −1,
n→∞
lim an = 1.
n→∞
Warunek Cauchy’ego
• Przykład 2.5.3
77
Niech (an ) będzie ciągiem powstałym z elementów zbioru
(√
)
√
2
3
A=
−
: n, m ∈N\{0}
n
m
ustawionych w dowolnej kolejności. Wyznaczyć granicę górną i dolną tego ciągu.
h √ √ i
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ zbiór A jest zawarty w przedziale − 3, 2 , a w
√
√
Przykładzie 1.6.1 pokazaliśmy, jak budować ciągi zbieżne do − 3 i do 2, więc
√
√
lim an = − 3, lim an = 2.
n→∞
n→∞
2.6
Warunek Cauchy’ego
Jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny do granicy g, to przy n dążącym do ∞, jego wyrazy układają się coraz bliżej siebie, „zagęszczają się”. Jest to oczywiste, bo przy
dowolnie wybranym ε > 0 wystarczy wziąć n0 ∈ N takie, by dla n, m > n0 zaε
chodziły nierówności: |an − g|, |am − g| < . Wówczas, wykorzystując nierówność
2
trójkąta, możemy napisać
|an − am | = |(an − g) + (g − am )| ¬ |an − g| + |g − am | <
ε ε
+ = ε.
2 2
• Definicja 2.6.1
Mówimy, że ciąg (an ) spełnia warunek Cauchy’ego5 , jeżeli
przy dowolnie zadanym ε > 0 dla wszystkich dostatecznie dużych n, m zachodzi
nierówność |an − am | < ε, to znaczy
^ _
^
|an − am | < ε.
ε>0
n0 ∈N
m>n>n0
Zatem, zgodnie ze spostrzeżeniem uczynionym na samym początku tego paragrafu,
każdy ciąg zbieżny spełnia warunek Cauchy’ego.
Gdyby w matematycznym świecie były tylko liczby wymierne, to niektóre ciągi
spełniające warunek Cauchy’ego
nie miałyby granicy. Np. ciąg (an ) kolejnych przy√
bliżeń dziesiętnych liczby 2 spełnia warunek Cauchy’ego, bo
|an − am | ¬ 10− min{n,m} → 0,
a nie jest zbieżny do żadnej liczby wymiernej. Z twierdzenia o ciągłości zbioru
liczb rzeczywistych (Twierdzenie 1.6.1) wynika, że w zbiorze liczb rzeczywistych
sytuacja taka zdarzyć się nie może!
•Twierdzenie 2.6.1
Dla każdego ciągu liczb rzeczywistych spełniającego warunek
Cauchy’ego istnieje liczba rzeczywista, do której jest on zbieżny.
5
Augustyn Louis Cauchy (1789–1857), matematyk francuski.
78
Ciągi liczbowe
D o w ó d. Dla danego ciągu liczbowego (an ) spełniającego warunek Cuachy’ego
trzeba wyznaczyć liczbę g, do której jest on zbieżny. Każdy ciąg spełniający warunek Cauchy’ego jest ograniczony. Weźmy bowiem np. ε = 1 oraz n0 ∈N takie, że
dla n ­ n0 zachodzą nierówności an0 − 1 ¬ an ¬ an0 + 1. Wówczas
n
o
|an | ¬ max |a1 |, |a2 |, . . . , an0 −1 , an0 − 1, an0 + 1 dla n ∈N.
Z twierdzenia Bolzano–Weierstrassa wynika, że (an ) ma podciąg (ank ) zbieżny
do pewnego g. Pokażemy, że ciąg (an ) jest zbieżny do g. Weźmy dowolne ε > 0.
ε
Istnieją liczby naturalne n0 , k0 takie, że |an − am | <
dla m > n > n0 oraz
2
ε
|ank − g| < dla k > k0 . Niech N będzie taką liczbą naturalną, że dla n, nk > N
2
zachodzą obie nierówności. Wówczas
|an − g| ¬ |an − ank | + |ank − g| < ε,
co kończy dowód.
2.7
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych
Policzmy jeszcze kilka przykładów i spróbujmy wyciągnąć z tych rachunków
jakieś ogólniejsze wnioski.
∞
0
Wyrażenia nieoznaczone typu
oraz
∞
0
• Przykład 2.7.1
Obliczyć granice następujących ciągów:
n +2
;
a) an = √
4
2n + 2n − 3 − n2
2
b) an =
n17 + 25n
;
2n + 5n5
c) an =
sin (n!) − 2n
.
n2 + n + 5
R o z w i ą z a n i e. a) Podzielmy licznik i mianownik ułamka przez n2 . Otrzymujemy
2
1+ 2
n2 + 2
1
n
lim √
=√
= lim r
.
4
2
n→∞
n→∞
2−1
2n + 2n − 3 − n
2
3
2+ 3 − 4 −1
n
n
b) W tym przykładzie podzielmy licznik i mianownik ułamka przez 2n . Otrzymujemy
25n
n17
+ n
17
n
n + 25n
2
2 = 0,
lim
= lim
n→∞ 2n + 5n5
n→∞
n5
1+5 n
2
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych
79
nk
= 0.
n→∞ 2n
c) Postępując jeszcze raz w ten sam sposób otrzymujemy
ponieważ lim
sin (n!) − 2n
lim
= lim
n→∞ n2 + n + 5
n→∞
2
sin (n!)
−
2
n
n = 0,
1
5
1+ + 2
n n
ponieważ
sin (n!)
= 0,
n→∞
n2
co z kolei wynika z twierdzenia o trzech ciągach i nierówności
lim
−
1
sin (n!)
1
¬
¬ 2.
2
2
n
n
n
Komentarz. We wszystkich tych przykładach podzieliliśmy licznik i mianownik
ułamka przez ten składnik mianownika, który najszybciej dąży do ∞, a następnie
skorzystaliśmy z twierdzenia o trzech ciągach i z twierdzenia o arytmetyce granic.
Mówiąc, że ciąg (bn ) dąży do ∞ szybciej niż ciąg (an ), rozumiemy, że
bn
= ∞.
n→∞ an
lim
Wyrażenia nieoznaczone typu [0 · ∞]
Tego
można oczywiście zawsze sprowadzić do nieoznaczoności typu
h i typuh „kłopot”
i
∞
0
lub
,
gdyż
w
symbolicznym skrócie mamy
∞
0


∞
[0 · ∞] =   =
1
0
h∞i
∞
lub


0
 0 
[0 · ∞] =   =
.
1
0
∞
Dobrze jest przy tym pamiętać o granicy ciągu geometrycznego oraz o najważniejszych równościach zawartych w paragrafie 2.3, tzn. o tym, że dla ciągu (xn )
zmierzającego do 0 prawdziwe są wzory
ax n − 1
= ln a oraz
n→∞
xn
lim
• Przykład 2.7.2
lim
n→∞
ln (1 + xn )
= 1.
xn
Obliczyć granice następujących ciągów:
√
1
n
n
n
b) an = 2 ln 1 + n ;
a) an = 2 ( 2 − 1);
3
p
1
1
c) an = 2n ln 1 +
; d) an = n2 + 1 ln 1 +
.
n
n
80
Ciągi liczbowe
R o z w i ą z a n i e. a) Z tożsamości ab = eb·ln a wynika, że dla dowolnego a > 0
√
lim n n a − 1 = ln a.
n→∞
Zatem
n
√
√
2
n
n
2 − 1 = lim
2 − 1 = ∞ · ln 2 = ∞;
lim 2
·n
n→∞ n
n→∞
n
n
2
1
1
n
= 1 · 0 = 0;
b) lim 2 ln 1 + n = lim 3 ln 1 + n
n→∞
n→∞
3
3
3
1
2n
1
n
c) lim 2 ln 1 +
= lim
n · ln 1 +
= ∞ · 1 = ∞, ponieważ dla
n→∞
n→∞ n
n
n
α
nα
n
a > 1 i dowolnego α zachodzi równość lim n = 0, przy czym n > 0.
n→∞ a
a
"√
#
p
1
1
n2 + 1
n2 + 1 ln 1 +
d) lim
· n ln 1 +
= lim
= 1 · 1 = 1.
n→∞
n→∞
n
n
n
n
• Przykład 2.7.3
W zależności od α zbadać zbieżność ciągu nα
√
n
2−1 .
R o z w i ą z a n i e. Licząc tak jak w Przykładzie 2.7.2. a) otrzymujemy
1
1
√
2 n − 1 α−1
e n ln 2 − 1 α−1
n
lim nα ( 2 − 1) = lim
·n
· ln 2.
·n
= lim
1
1
n→∞
n→∞
n→∞
· ln 2
n
n
Zatem:
dla α < 1 ciąg jest zbieżny do 0;
√
n
dla α = 1 mamy lim n( 2 − 1) = ln 2;
n→∞
dla α > 1 ciąg jest rozbieżny do ∞.
Wyrażenia nieoznaczone typu [∞ − ∞]
Wyrażenia nieoznaczone tego typu spróbujmy przede wszystkim sprowadzić do
wyrażeń postaci [∞ · a].
• Przykład 2.7.4
Obliczyć granice następujących ciągów (an ) :
√
6
a) an = n − 1 − 2n3 − 5n;
b) an = n5 − 2n + 5n;
c) an = ak nk + ak−1 nk−1 + . . . + a1 n + a0 ;
d) an = 3n − 2n + 5n.
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych
81
R o z w i ą z a n i e. Wykonując odpowiednie przekształcenia otrzymujemy:
p
p
5
n6 − 1 − 2n3 − 5n
= lim n3
1 − n−6 − 2 − 2
a) lim
n→∞
n→∞
n
= ∞ · (−1) = −∞;
n5
5n
b) lim n − 2 + 5n = lim 2
− 1 + n = ∞·(−1) = −∞;
n→∞
n→∞
2n
2
c) lim ak nk + ak−1 nk−1 + . . . + a0 = lim nk ak + ak−1 n−1 + . . . + a0 n−k
5
n
n→∞
n
n→∞
= ∞ · ak = sgn(ak ) · ∞,
5n
2n
n
n
n
d) lim (3 − 2 + 5n) = lim 3 1 − n + n = ∞·1 = ∞.
n→∞
n→∞
3
3
Komentarz. W tych przykładach znowu wyciągnęliśmy przed nawias ten składnik, który „najszybciej” dąży do ∞. Zwróćmy jednak uwagę, że w ten sposób
sprowadziliśmy wyrażenie typu [∞ − ∞] do obliczenia granicy typu [∞ · a], gdzie
a jest liczbą różną od 0. Poważniejszy problem powstaje, gdy postępując w ten
sposób otrzymujemy wyrażenie typu [∞ · 0]. W takim przypadku należy tak przekształcić wzór definiujący ciąg, by pozbyć się składników najwyższego stopnia (lub
w ogólniejszym przypadku – składników, które najszybciej dążą do ∞). W przekształceniach algebraicznych dobrze jest stosować wzory skróconego mnożenia. Dla
wygody Czytelnika przypomnijmy dwie najczęściej wykorzystywane tożsamości.
Dla każdej liczby naturalnej n ∈N oraz dla a, b ∈R prawdziwy jest wzór
an − bn = (a − b)(an−1 + an−2 b + an−3 b2 + . . . + a2 bn−3 + abn−2 + bn−1 ).
Dla liczb nieparzystych zachodzi ponadto równość
a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n − a2n−1 b + a2n−2 b2 − . . . + a2 b2n−2 − ab2n−1 + b2n ).
• Przykład 2.7.5
Uwalniając się od nieoznaczoności typu [∞−∞], obliczyć granice
ciągów (an ) o następujących wyrazach:
√
√
√
a) an = n2 + n − n;
b) an = 2n4 − n3 − n2 2;
√
√
c) an = n2 + 1 − n;
d) an = 4n + n2 − 2n ;
p
√
e) an = 4n + 3n − 2n ;
f ) an = 3(1 + 4 + . . . + 4n−1 ) − 2n ;
√
√
h) an = 3 8n6 + n4 − 2n2 ;
g) an = 3 n3 + n − n;
p
√
i) an = 3 n3 + n2 n − n.
82
Ciągi liczbowe
R o z w i ą z a n i e. W sześciu pierwszych przykładach uzupełnimy wyrażenie
pod znakiem granicy do różnicy kwadratów. Mamy
a) lim
n→∞
√
n2 + n − n = lim
n→∞
√
√
n2 + n − n
n2 + n + n
√
n2 + n + n
n
1
1
= ;
= lim √
= lim r
2
n→∞
n→∞
2
n +n+n
1
1+ +1
n
p
√ 2n4 − n3 − n2 2 = lim
b) lim
n→∞
n→∞
√
√ √
√ 2n4 − n3 − n2 2
2n4 − n3 + n2 2
√
√
2n4 − n3 + n2 2
= lim √
n→∞
=
2n4
−n3
−n
√ = lim r
− n3 + n2 2 n→∞
1 √
2− + 2
n
−∞
√ = −∞;
2 2
√
√
n2 + 1 − n
n2 + 1 + n
√
n→∞
n2 + 1 + n
1
1
n
= lim √
= 0;
= lim r
n→∞
n2 + 1 + n n→∞
1
1+ 2 +1
n
p
c) lim
n2 + 1 − n = lim
n→∞
d) lim
n→∞
e) lim
n→∞
√
√
4 n + n2 − 2 n
4 n + n2 + 2 n
√
n→∞
4 n + n2 + 2 n
n2
2
n
n
= lim r 2
= 0;
= lim √
n→∞
n→∞
4 n + n2 + 2 n
n2
1+ n +1
4
p
4n + n2 − 2n = lim
√
4n
+
3n
−2
n
√
√
4n + 3n − 2n
4n + 3n + 2n
√ n
= lim
n→∞
4 + 3n + 2n
3n
3n
n
= lim √ n
= lim r 2
= ∞;
n
n
n→∞
n→∞
4 +3 +2
3n
1+ n +1
4
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych
83
p
f ) lim
3(1 + 4 + . . . + 4n−1 ) − 2n = lim
n→∞
r
4n − 1
3
− 2n
4−1
n→∞
= lim
n→∞
√
4n − 1 − 2n
= lim
n→∞
g) lim
n→∞
p
3
n3 + n − n = lim
n→∞
= lim
n→∞
= lim
n→∞
!
√
√ n
4 − 1 − 2n
4n − 1 + 2n
√ n
4 − 1 + 2n
−1
−1
= 0;
= lim √ n
=
n
n→∞
∞
4 −1+2
√
√
√
2
3
3
n3 + n − n
n3 + n + n 3 n3 + n + n2
√
√
2
3
n3 + n + n 3 n3 + n + n2
n
√
√
2
3
n3 + n + n 3 n3 + n + n2
1
n
= 0.
!2 r
r
1
1
3
1+ 2
+ 3 1+ 2 +1
n
n
h) Postępując tak, jak w poprzednim przykładzie otrzymamy
lim
n→∞
p
3
8n6 + n4 − 2n2 = lim
n→∞
= lim
n→∞
n4
√
√
2
3
8n6 + n4 + 2n2 3 8n6 + n4 + 4n4
1
r
8+
3
i) lim
n→∞
q
3
√
n3 + n2 n − n
1
n2
!2
+2
r
3
8+
=
1
+4
n2
1
.
12
√
n2 n
= lim p
p
√ 2
√
n→∞
3
n3 + n2 n + n 3 n3 + n2 n + n2
= lim
n→∞
√
n
s
3
1
1+ √
n
!2
+
s
3
1
1+ √ +1
n
= ∞.
84
Ciągi liczbowe
Wyrażenia nieoznaczone typu
h
1∞
i
Rozwiązanie problemu tego typu polega na ogół na zastosowaniu równości
lim 1 + xn
n→∞
x1
n
= e,
prawdziwej dla dowolnego ciągu (xn ) zmierzającego do 0 (Fakt ??) oraz Twierdzenia ??.
• Przykład 2.7.6
a) an =
Obliczyć granice ciągów o wyrazach:
√n
2n+1
n2
n+1
n+1
n+1
; b) an =
; c) an =
.
n−2
n−2
n−2
R o z w i ą z a n i e. Dokonując elementarnych przekształceń algebraicznych
otrzymujemy:
n+1
n−2
√
n+1
n−2
2n+1
a) lim
b) lim
n→∞
n→∞
c) lim
n→∞
n+1
n−2
n2
n

 n−2 ·
3
√
3 n
n−2
1 

= lim 1 +
n−2
n→∞
3
√

3 n
n−2
n−2


3


1 


= lim 1 +
= e0 = 1;

n−2
n→∞ 

3

 n−2 ·
3
3(2n+1)
n−2
1 

= lim 1 +
n−2
n→∞
3

 3(2n+1)
n−2
 n−2

3


1 


= lim 1 +
= e6 ;

n−2
n→∞ 

3

 n−2 ·
3
3n2
n−2
1 

= lim 1 +
n−2
n→∞
3

 3n2
 n−2 n−2

3


1 


= e∞ = ∞.
= lim 1 +

n−2
n→∞ 

3
Uwagi o wyrażeniach nieoznaczonych
85
• Przykład 2.7.7
Obliczyć granicę ciągu o wyrazach an = [1 + ln (n + 1) − ln n]n .
1
R o z w i ą z a n i e. Wykorzystując Fakt ?? w przypadku xn = ln 1 +
n
możemy policzyć
n
1
1 + ln 1 +
n→∞
n
n ln (1+ n1 )

1 1
ln(1+ n )
1

= lim  1 + ln 1 +
n→∞
n
lim (1 + ln (n + 1) − ln n)n = lim
n→∞
= e.
Wyrażenia nieoznaczone typu
i
h i
h
∞0 oraz 00
Te dwa typy wyrażeń nieoznaczonych to właściwie jeden problem, gdyż
0
0 =
1
[∞0 ]
oraz
0
1
∞ = 0
[0 ]
Tutaj często przydaje się twierdzenie o trzech ciągach i równość
x√
n
lim
xn = 1,
n→∞
prawdziwa dla dowolnego ciągu (xn ) zmierzającego do ∞.
• Przykład 2.7.8
a) an =
d) an =
√
n2
n;
Obliczyć granice ciągów (an ) o wyrazach:
√
√
n
b) an = 2 n;
c) an = 2n n20 + 2n ;
√
n20 + 2n ;
2n
√
n
e) an =
e−n + π −n ;
f ) an =
√
e−n + π −n .
n2
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
1=
√
n2
1¬
√
√
n2
n¬
n2 oraz
n2
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
√
2
lim n n = 1.
n→∞
b) Licząc podobnie otrzymujemy
lim
n→∞
√
n = 1,
2n
lim
n→∞
√
n2 = 1,
n2
86
Ciągi liczbowe
ponieważ
√
√
√
n
2n
1< 2 n<
2n oraz
2n
1=
lim
n→∞
√
2n = 1.
2n
c) Ze względu na Fakt 2.3.1 i następującą po nim dygresję, wiemy, że dla n począwszy od pewnego miejsca prawdziwe są zależności
p
√
√
√
2n
2n
n20 + 2n ¬ 2n 2n + 2n .
2=
2n ¬
Ponieważ
lim
n→∞
√
√
2n + 2n = lim
2n
2n
n→∞
2 · 2n =
√
2 · lim
n→∞
√
√
2 = 2.
2n
więc z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że
p
√
2n
n20 + 2n = 2.
lim
n→∞
d) Tak, jak poprzednio prawdziwe są nierówności
p
√
√
2n
2n
2n
n20 + 2n ¬
2 · 2n ,
2n ¬
a ponieważ
lim
n→∞
√
2 · 2n = lim
2n
n→∞
więc
lim
n→∞
√
2 · lim
2n
n→∞
√
2n = 1,
2n
p
n20 + 2n = 1.
2n
e) Z oczywistych zależności
√
√
√
√
n
n
n
n
e−1 = e−n < e−n + π −n < e−n + e−n = e−1 2,
√
n
2 = 1, otrzymujemy, dzięki twierdzeniu o trzech ciągach,
oraz równości lim
n→∞
równość
√
n −n
lim
e + π −n = 1.
n→∞
f ) Podobnie, jak w poprzednim przykładzie, możemy napisać zależności
√
√
√
√
√
√
n
n
n2
n2
n2
n2
e−1 =
e−n <
e−n + π −n <
e−n + e−n = e−1 2.
√
√
n
n2
e−1 = 1 oraz lim
Ponieważ lim
2 = 1, więc z twierdzenia o trzech ciągach
n→∞
n→∞
otrzymujemy równość
√
n2
e−n + π −n = 1.
lim
n→∞
Dygresja. Kończąc te uwagi o badaniu zbieżności ciągów liczbowych chciałabym
jeszcze raz uświadomić Czytelnikom, że połowa sukcesu, to poprawne określenie
rodzaju nieokreśloności, z jakim mamy do czynienia. Reszta pójdzie gładko, jeżeli
dobrze zastosujemy równości zawarte w faktach paragrafu 2.3.
Ćwiczenia
2.8
87
Ćwiczenia
2.1 Zbadać monotoniczność i ograniczoność ciągów o podanych wyrazach:
p
p
√
√
3
a) an = n + 1 − n − 1; b) bn = 4n2 + n − 2n; c) cn = n3 + 1 − n;
2n + 1
;
3n + 1
nn
1
1
1
1
g) gn =
; h) hn = 1
+
+
+ ...+ n
;
n!
2 + 1 22 + 2 23 + 3
2 +n
1
1
1
5 · 7 . . . · (3 + 2n)
1
.
i) in = 2 + 2 + 2 + . . . + 2 ; j) jn =
1
2
3
n
4 · 7 · . . . · (1 + 3n)
d) dn = 2n − 3n + n2 ; e) en = 3n + (−2)n ; f ) fn =
2.2 Pokazać, że prawdziwe są następujące równości:
a) lim an = inf sup ak ; b) lim an = sup inf ak ; c) lim an = −lim (−an ).
n→∞
n k­n
n→∞
n k­n
n→∞
n→∞
2.3 Pokazać, że dla dowolnych ciągów (an ), (bn ) zachodzą nierówności:
a) lim an + lim bn ¬ lim (an + bn ) ¬ lim an + lim bn ;
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
b) lim an + lim bn ¬ lim (an + bn ) ¬ lim an + lim bn .
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Podać przykłady nierówności ostrych.
2.4 Pokazać, że jeżeli ciąg (an ) jest zbieżny do granicy właściwej, to dla dowolnego ciągu (bn ) prawdziwe są równości:
a) lim (an + bn ) = lim an + lim bn ;
n→∞
n→∞
n→∞
b) lim (an + bn ) = lim an + lim bn .
n→∞
n→∞
n→∞
2.5 Wyznaczyć granicę górną i dolną ciągów o wyrazach:
n
n
cos nπ
; b) an = (−1) 2 +
;
a) an = (−1)n +
n
n+1
n
n−1
1
c) an = (−1)n
;
d) an = (−1)n 1 +
;
n
n
n
nπ
n−2
nπ
e) an =
· cos
; f ) an =
sin
.
2n + 1
2
2n + 1
3
2.6 Zbadać, czy następujące ciągi mają granice:
(−1)n
nπ
1
n−1
sin
;
b) an = 1 +
;
a) an =
n+2
2
n
n√n
n−1
1 n+1
c) an = (−1)n
; d) an =
.
n+1
n n−1
88
Ciągi liczbowe
2.7 Korzystając z twierdzenia o trzech ciągach wyznaczyć granice ciągów:
1
2
n
a) an = √
+ √
+ ... + √
;
3
3
3
6
2
6
2
6
n +1
n +2
n + n2
12
22
n2
1
b) an = 3
+
+ ...+ 3
; c) n ln 1 + 2 ;
n + 1 n3 + 2
n +n
n
d) an =
cos n! + 3 sin2 n
n2 − cos n! + 3 sin2 n
; e) an =
.
2n − sin 2n
2n2 − n sin 2n
2.8 Wyznaczyć granice podanych ciągów:
√
√
1 + 2 + ...+ n
1 2 + 2 2 + . . . + n2
√
;
b) an =
;
a) an =
n
n n
√
c) an = n (ln (n + 2) − ln n); d) an = n(ln (n + 2) − ln n);
√
√ √
4
2n
2;
f ) an = n2 (ln (n + 2) − ln n);
e) an = 2· 2·. . .·
n
n2 − 1
;
g) an =
n2 + 1
n
j) an =
1
1 + 2 + ... +
e
n√n
n−1
;
h) an =
n+1
√ √
k) an = n n e − 1 ;
1
n
;
i) an = n2
l) an = n
√
n2
2−1 ;
√
2n
2−1 .
2.9 Korzystając z twierdzenia Stolza obliczyć granice następujących ciągów:
a) an =
ln n
; b) an =
n
ln n
;
1
1
1 + + ... +
2
n
c) an =
ln (n!)
.
n ln n
2.10 Korzystając z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym zbadać
zbieżność ciągów zadanych następującymi wzorami rekurencyjnymi:
√
1 1
3
1
a) a1 = , an+1 = + a2n ; b) a1 = , an+1 = 3an − 2;
2
2 2
2
1
1
, gdzie 0 ¬ a ¬ .
c) a1 = a, an+1 =
4 − 3an
3
2.11 Obliczyć lim
nania
n→∞
an
, gdzie liczby całkowite an oraz bn wyznaczone są z rówbn
√ n
√
an + b n 2 = 1 + 2 .
3
Szeregi liczbowe
3.1
Podstawowe definicje i przykłady
W tym rozdziale zdecydowanie wygodniej nam będzie numerować wyrazy ciągu
liczbami naturalnymi większymi od zera. Dla dowolnego ciągu (an ) można zdefiniować nowy ciąg (Sn ) za pomocą wzoru rekurencyjnego
S1 = a1 ,
Sn+1 = Sn + an+1
lub wzorem jawnym
S n = a 1 + a 2 + . . . + an =
n
X
ak .
k=1
Jeżeli ciąg (Sn ) ma skończoną granicę, to możemy ją uważać za sumę nieskończenie
wielu składników
a 1 + a 2 + a3 + . . . .
∞
X
Wyrażenie takiej postaci zapisujemy krótko
ak i nazywamy szeregiem niek=1
skończonym.
• Definicja 3.1.1
Jeżeli ciąg (Sn ) utworzony dla ciągu (an ) jest zbieżny do granicy
∞
X
S, to liczbę tę nazywamy sumą szeregu nieskończonego
an . Mówimy wów-
czas, że szereg
∞
X
n=1
an ma sumę S, a wyrazy ciągu (Sn ) nazywamy sumami
n=1
częściowymi szeregu
∞
X
an . Jeżeli granica S = lim Sn jest nieskończona,
n→∞
n=1
to szereg nazywamy rozbieżnym do ±∞, a jeżeli ta granica nie istnieje, to po
prostu – rozbieżnym. Zatem
∞
X
n=1
an = lim Sn = lim
n→∞
n→∞
89
n
X
k=1
ak .
90
Szeregi liczbowe
Pokażemy teraz, jak bada się zbieżność szeregów nieskończonych wprost z definicji, to znaczy – obliczając ich sumy częściowe, a następnie granice tych sum.
• Przykład 3.1.1
Pokazać, że szereg
∞
X
(−1)n jest rozbieżny.
n=1
R o z w i ą z a n i e. Mamy: S1 = −1, S2 = −1+1 = 0, S3 = −1+1−1 = −1, . . . i
ogólnie S2n = 0, S2n+1 = −1, więc oczywiście lim Sn nie istnieje. Zatem badany
n→∞
szereg jest rozbieżny.
• Przykład 3.1.2
Obliczyć sumy częściowe i następnie zbadać zbieżność następu-
jących szeregów:
∞
X
1
a)
;
n(n + 1)
n=1
d)
∞
X
n
;
(n + 1)!
n=1
∞
X
1
;
(n + 1)(n + 4)
n=1
∞
X
1
e)
ln 1 − 2 ;
n
n=2
b)
c)
f)
∞
X
1
√
;
√
n+ n+3
n=1
∞
X
n
.
2n
n=1
R o z w i ą z a n i e. a) Wyznaczymy sumy częściowe. Ponieważ dla dowolnego
k ∈ N \ {0} zachodzi równość
ak =
1
1
1
= −
,
k(k + 1)
k
k+1
więc
1
1
1
+
+ ...+
1·2 2·3
n(n + 1)
1 1
1
1
1
1
−
−
.
+
+ ...+
=1−
= 1−
2
2 3
n n+1
n+1
Sn =
Zatem
∞
X
1
1
= lim Sn = lim 1 −
= 1,
n→∞
n(n + 1) n→∞
n+1
n=1
co oznacza, że szereg jest zbieżny a jego sumą jest 1.
b) Ponieważ dla dowolnego k ­ 0 prawdziwa jest tożsamość
1
1
1
1
=
−
,
ak =
(k + 1)(k + 4)
3 k+1 k+4
więc, korzystając z niej dla k = 1, 2, . . . otrzymujemy
1
1
1
+
+ ...+
2·5 3·6
(n + 1)(n + 4)
1 1 1
1
1
1 1 1
1 1 1
1
=
−
−
−
−
+
+
+ ...+
3 2 5
3 3 6
3 4 7
3 k+1 k+4
Sn =
Podstawowe definicje i przykłady
1
3
1
1
−
n n+3
1
1
1
1 1 1 1
+ + −
−
−
.
=
3 2 3 4 n+4 n+3 n+2
+...+
1
1
−
n−1 n+2
91
+
1
3
+
1
3
1
1
−
n+1 n+4
Ponieważ
1 1 1 1
1
1
1
13
+ + −
−
−
,
=
n→∞ 3
2 3 4 n+4 n+3 n+2
36
lim Sn = lim
n→∞
13
.
36
c) Usuwając niewymierność z mianownika otrzymujemy
√ 1 √
1
=
ak = √
k+3− k
dla k = 1, 2, . . . .
√
3
k+ k+3
więc suma badanego szeregu wynosi
Stąd
Sn =
√ √ 1 √
√ 1 √
√ 1 √
1 √
4− 1 +
5− 2 +
6 − 3 + ...+
k+3− k
3
3
3
3
√
√
1 √
1 √
√ 1 √
n+2− n−1 +
n+3− n
n+1− n−2 +
3
3
3
√
√
√
√
√
1 √
=
n+3+ n+2+ n+1− 1− 2− 3 .
3
+...+
Zatem
∞
X
1
√
= lim Sn = ∞,
√
n + n + 1 n→∞
n=1
czyli ten szereg jest rozbieżny do ∞.
d) Zauważmy, że każdy wyraz szeregu można zapisać w postaci
ak =
k
(k + 1) − 1
1
1
=
=
−
.
(k + 1)!
(k + 1)!
k! (k + 1)!
Stąd
Sn =
więc
∞
X
1
2
n
1
1
1
1
+ + ...+
=
−
−
+
2! 3!
(n + 1)!
1! 2!
2! 3!
1
1
1
1
+...+
−
−
,
=
n! (n + 1)!
1! (n + 1)!
n
= lim Sn = lim
n→∞
(n
+
1)! n→∞
n=1
1
1
−
1! (n + 1)!
= 1,
92
Szeregi liczbowe
co oznacza, że szereg jest zbieżny a jego sumą jest 1.
e) Ponieważ tożsamość
1
ak = ln 1 − 2 = ln (k + 1) + ln (k − 1) − 2 ln k
k
jest prawdziwa dla dowolnego k ­ 2, więc
Sn = a2 + a3 + . . . + an+1
= [ln 3 + ln 1 − 2 ln 2] [ln 4 + ln 2 − 2 ln 3] + . . .
+ [ln (n + 1) + ln (n − 1) − 2 ln (n)] + [ln (n + 2) + ln n − 2 ln (n + 1)]
n+2
= ln (n + 2) − ln (n + 1) − ln 2 = ln
− ln 2.
n+1
Z zależności
wynika, że
1
1
n+2
= ln 1 +
¬
0 < ln
n+1
n+1
n+1
lim ln
n→∞
n+2
= 0.
n+1
Zatem
∞
X
1
n+2
ln 1 − 2 = lim Sn = lim ln
− ln 2 = − ln 2,
n→∞
n→∞
n
n+1
n=2
a to oznacza, że szereg jest zbieżny, a jego suma równa jest − ln 2.
f ) Sumę tego szeregu dużo trudniej jest obliczyć. Zauważmy jednak, że ponieważ
wyrazy szeregu są nieujemne, a dodawanie jest łączne i przemienne, więc sumę
częściową szeregu możemy obliczyć wykonując następujące przekształcenia:
1
1
1
1
1
+ 2 · 2 + . . . + k · k + . . . + (n − 1) · n−1 + n · n
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
=
+
+ . . . + n−1 + n +
+ 3 + . . . + n−1 + n
2 22
2
2
22
2
2
2
1
1
1
1
1
1
+...+
+ . . . + n−1 + n + . . . +
+ n + n
2k
2
2
2n−1
2
2
Sn =
1
1
1
1 1 − 2n−1
1 1 − 2n−k+1
1 1 − 2n
+ 2·
+ ...+ k ·
= ·
1
1
1
2
2
2
1−
1−
1−
2
2
2
1
1
1− 2
1
1 1 − 21
2
+ . . . + n−1 ·
+ n·
1
1
2
2
1−
1−
2
2
Podstawowe definicje i przykłady
=
1
20
1−
+...+
1
2n
1
2n−2
+
1
21
1−
93
1
2n−1
+ ...+
1
1
1
1 − 2 + n−1 1 − 1
2
2
2
1
2k−1
1−
1
2n−k+1
1
1− n
1
1
1
1
1
1
2
= 1 + + . . . + k−1 + . . . + n−2 + n−1 − n · n =
−n· n
1
2
2
2
2
2
2
1−
2
n+2
= 2− n .
2
Zatem
∞
X
n+2
n
= lim Sn = lim 2 − n
= 2,
n→∞
2n n→∞
2
n=1
czyli ten szereg jest zbieżny i jego sumą jest 2.
∞
X
Szereg geometryczny
• Fakt 3.1.1
n=0
Dla |q| < 1 zachodzi równość
q n jest zbieżny ⇐⇒ |q| < 1.
∞
X
qn =
n=0
1
.
1−q
D o w ó d. Ponieważ
Sn = q 0 + q 1 + . . . + q n−1 =
1 − qn
,
1−q
więc zgodnie z Faktem ?? otrzymujemy
∞
X
n=1
• Fakt 3.1.2
1
1 − qn
=
.
n→∞ 1 − q
1−q
q n = lim
Szereg harmoniczny
∞
X
1
jest rozbieżny do ∞.
n
n=1
D o w ó d. Zauważmy, że
1
1 1
1 1 1 1
S2n = 1 + +
+
+ + +
+
+ ...
2
3 4
5 6 7 8
1
1
1
+
+
.
.
.
+
+
2n−1 + 1 2n−1 + 2
2n−1 + 2n−1
94
Szeregi liczbowe
1
+
2
> 1+
1 1
1
1
1 1 1 1
1
+
+ + +
+
+
.
.
.
+
+
+...+
4 4
8 8 8 8
2n
2n
2n
|
| {z } |
{z
}
{z
}
2 składniki
= 1+n·
4 składniki
2n−1 składników
1
−→ ∞.
2
To oznacza, że ciąg (Sn ) zawiera podciąg (S2n ) rozbieżny do ∞. Zatem ciąg (Sn ),
jako rosnący, jest również rozbieżny do ∞.
6
Sn , ln n
3
r
2
r
r
1
b
r
r
b
b
r
b
6
7
r
b
r
b
r
b
8
9
10
b
r
b
-
b
O
1
2
3
4
5
n
qqq
1
2
+ . . . + n1 (kółka zamalowane)
rośnie do ∞ z taką samą prędkością jak ciąg bn = ln n (kółka niezamalowane). Warto
sobie w tym miejscu przypomnieć, że lim (Sn − ln n) = γ (patrz — Przykład 2.3.3 ).
Rys. 3.1.1 Rysunek sugeruje, że ciąg sum Sn = 1 +
n→∞
∞
X
Jeżeli szereg
an jest zbieżny, tzn. jego suma
n=1
to
∞
X
an = S jest skończoną liczbą,
n=1
lim an = lim (Sn − Sn−1 ) = lim Sn − lim Sn−1 = S − S = 0.
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
Otrzymujemy więc następujący warunek konieczny zbieżności szeregu.
• Fakt 3.1.3
Jeżeli szereg
∞
X
an jest zbieżny, to lim an = 0.
n=1
Jak widać na przykładzie szeregu
zbieżny!
n→∞
∞
X
1
, warunek ten nie wystarcza, by szereg był
n
n=1
Komentarz. Zauważmy, że warunek konieczny zbieżności szeregu daje nam pro∞
X
sty sposób sprawdzenia, czy dany ciąg (an ) jest zbieżny do 0. Jeżeli szereg
an
n=1
okaże się zbieżny (a metod badania zbieżności szeregów jest dużo!), to możemy na
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
95
pewno powiedzieć, że lim an = 0.
n→∞
Skoro wiemy już, że warunek Cauchy’ego jest warunkiem koniecznym i wystarczającym zbieżności ciągu liczb rzeczywistych (paragraf 2.6), bez trudu możemy
sprawdzić, że zachodzi fakt następujący.
• Fakt 3.1.4
Szereg
∞
X
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy dla dowolnie zada-
n=1
nego ε > 0 wartość bezwzględna wszystkich skończonych sum wyrazów o numerach
większych od pewnego n0 jest mniejsza od ε, czyli
∞
X
n=1
an jest zbieżny ⇐⇒
^
ε>0
_
n0 ∈N
^
n>m>n0
|am+1 + am+2 + . . . + an | < ε.
Z twierdzeń o arytmetyce granic ciągów wynika kolejny fakt.
• Fakt 3.1.5
Jeżeli szeregi
∞
X
an ,
n=1
∞
X
n=1
rzeczywistymi, to zbieżny jest szereg
bn są zbieżne oraz α, β są dowolnymi liczbami
∞
X
n=1
∞
X
n=1
(α · an + β · bn ) przy czym
(α · an + β · bn ) = α ·
∞
X
n=1
an + β ·
∞
X
bn .
n=1
W szczególności mamy
∞
X
n=1
3.2
(an +
− bn ) =
∞
X
n=1
an +
−
∞
X
bn ,
n=1
∞
X
n=1
β · an = β ·
∞
X
an .
n=1
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
Ponieważ sumy częściowe szeregu o wyrazach nieujemnych tworzą ciąg niemalejący, więc szereg taki jest zbieżny do granicy skończonej lub rozbieżny do ∞.
Udowodnienie zbieżności bądź rozbieżności szeregu wprost z definicji (to znaczy
wyznaczenie jego sum częściowych oraz policzenie ich granicy) jest na ogół sprawą
trudną. Często jednak chodzi nam jedynie o rozstrzygnięcie, czy dany szereg jest
zbieżny. Służą do tego twierdzenia zwane kryteriami zbieżności szeregów.
Kryterium porównawcze
•Twierdzenie 3.2.1
Jeżeli dla n ­ n0 wyrazy ciągów (an ), (bn ) spełniają nierów∞
∞
X
X
ności 0 ¬ an ¬ bn , to ze zbieżności szeregu
bn wynika zbieżność szeregu
an .
n=1
n=1
96
Szeregi liczbowe
D o w ó d wynika natychmiast z twierdzenia o ciągu monotonicznym i ograniczonym. Ponieważ wyrazy ciągu (an ) są nieujemne, więc jego sumy częściowe tworzą
∞
X
ciąg niemalejący i ograniczony przez sumę szeregu
bn .
n=1
Dygresja. Oczywiście równoważne sformułowanie kryterium porównawczego daje
∞
∞
X
X
rozbieżność szeregu
bn , o ile rozbieżny jest szereg
an . Podkreślmy, że zan=1
równo z rozbieżności szeregu
zbieżności szeregu
∞
X
∞
X
n=1
bn nie można wyciągnąć żadnych wniosków co do
n=1
an , jak i na podstawie zbieżności szeregu
n=1
niczego powiedzieć o zbieżności szeregu
∞
X
∞
X
an nie można
n=1
bn .
n=1
• Przykład 3.2.1
∞
X
1
a)
;
n2
n=1
Zbadać zbieżność następujących szeregów:
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
2n + 3
√ ; c)
ln 1 +
b)
.
; d)
n
3n − 2
n
n=1
n=1
n=1
R o z w i ą z a n i e. a) Dokonajmy przekształcenia
∞
∞
∞
X
X
X
1
1
1
=
=
1
+
.
2
2
n
(n
+
1)
(n
+
1)2
n=1
n=0
n=1
Ponieważ dla każdego n ∈ N zachodzą nierówności
0<
1
1
<
,
2
(n + 1)
n(n + 1)
∞
X
1
jest — jak widzieliśmy w Przykładzie ?? a) — zbieżny,
n(n + 1)
n=1
więc, na mocy kryterium porównawczego, badany szereg także jest zbieżny.
b) Dla każdego n ∈N zachodzi nierówność
a szereg
0<
1
1
¬√
n
n
∞
X
1
jest rozbieżny, więc z kryterium porównawczego wyn
n=1
nika, że badany szereg też jest rozbieżny.
c) Dla n ­ 1 prawdziwa jest nierówność
1
1
< ln 1 +
,
n+1
n
a szereg harmoniczny
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
97
a szereg harmoniczny jest rozbieżny. Zatem, na mocy kryterium porównawczego,
rozważany szereg również jest rozbieżny.
d) Zauważmy, że dla n ­ 3 prawdziwa jest nierówność podwójna
2n + 3
2n
.
<
2
·
3n − 2
3n
Zatem zbieżność rozważanego szeregu wynika ze zbieżności szeregu geometrycz∞ n
X
2
oraz Faktu 3.1.5.
nego
3
n=1
0<
Kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu
•Twierdzenie 3.2.2
∞
X
n=1
Jeżeli wyrazy nierosącego ciągu (an ) dążą do zera, to szereg
∞
X
an jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg
2n a2n jest zbieżny.
n=1
D o w ó d. Ponieważ a1 ­ a2 ­ a3 ­ . . . ­ 0, więc dla dowolnego n ∈N \ {0}
prawdziwe są następujące zależności:
n
2X
−1
k=1
ak = a1 + (a2 + a3 ) + (a4 + a5 + a6 + a7 ) + . . . + (a2n−1 + . . . + a2n−1 )
¬ a1 + 2a2 + 22 a22 + . . . + 2n−1 a2n−1 = a1 +
oraz
n−1
X
2k a2k
k=1
n
2
X
ak = a1 + a2 + (a3 + a4 ) + (a5 + a6 + a7 + a8 ) + . . . + (a2n−1+1 + . . . + a2n )
k=1
n
­ a1 + a2 + 2a22 + 22 a23 . . . + 2n−1 a2n = a1 +
1X k
2 a2k .
2
k=1
Z pierwszej z powyższych nierówności wynika, że gdy szereg
to ciąg
n
2X
−1
ak
k=1
!
jest ograniczony. Ponieważ dla dowolnego m ∈N można zawsze
m
X
k=1
więc i ciąg
k=1
ak
2n a2n jest zbieżny,
n=1
znaleźć n ∈ N takie, że
m
X
∞
X
!
ak ¬
n
2X
−1
ak ,
k=1
jest ograniczony. Zatem, jako rosnący, jest zbieżny. Podobnie
— wykorzystując drugą nierówność — ze zbieżności szeregu
∞
X
n=1
an dostajemy
98
Szeregi liczbowe
zbieżność szeregu
∞
X
2n a2n .
n=1
• Fakt 3.2.1
Uogólniony szereg harmoniczny
∞
X
1
zbieżny,
gdy
jest
rozbieżny do ∞, gdy
nα
α > 1,
α ¬ 1.
n=1
D o w ó d. Dla α ¬ 0 szereg jest rozbieżny do ∞. Natomiast dla α > 0 ciąg o
wyrazach an = n−α maleje do 0, więc możemy zastosować kryterium Cauchy’ego
o zagęszczaniu. Policzmy
n
1
1
1
.
2n a2n = 2n n α = n α−1 =
(2 )
(2 )
2α−1
Zatem dla α ¬ 1 szereg
∞
X
2n a2n jest szeregiem geometrycznym rozbieżnym do
n=1
∞, natomiast dla α > 1 – szeregiem geometrycznym zbieżnym. Dla α = 1 mamy
rozbieżny do ∞ szereg harmoniczny.
• Przykład 3.2.2
a)
∞
X
1
;
n ln n
n=2
Zbadać zbieżność następujących szeregów:
b)
∞
X
1
;
n(ln n)2
n=2
c)
∞
X
1
;
ln4 n
n=2
d)
∞
X
ln n
.
n2
n=2
1
n ln n
jest ciągiem malejącym do 0 (co w tym przypadku jest oczywiste), więc możemy
zastosować kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu. Ponieważ
R o z w i ą z a n i e. a) Przede wszystkim trzeba zauważyć, że an =
2n a2n = 2n
a szereg
2n
1
1
=
,
n
ln 2
n ln 2
∞
1 X1
jest rozbieżny, więc badany szereg jest także rozbieżny.
ln 2 n=1 n
1
maleje do 0 nie
n(ln n)2
wymaga żadnych rachunków i – licząc tak, jak poprzednio – otrzymujemy
b) W tym przykładzie również sprawdzenie, że ciąg an =
2n a2n = 2n
Ponieważ szereg
1
1
= 2
.
2n (ln 2n )2
n (ln 2)2
∞
1 X 1
jest zbieżny, więc rozważany szereg też jest zbieżny.
(ln 2)2 n=1 n2
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
99
c) Jak w dwóch poprzednich przykładach również tutaj an =
malejącym do 0. Ponadto mamy
2n a2n = 2n
1
jest ciągiem
ln4 n
1
2n
=
.
(ln 2n )4
n4 (ln 2)4
∞
1 X 2n
(ln 2)4 n=2 n4
jest rozbieżny. Zatem wobec kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu również badany
szereg jest rozbieżny.
ln n
d) Musimy sprawdzić, że ciąg o wyrazach an = 2 maleje do zera. Pokażemy
n
najpierw, że ciąg ten jest malejący od pewnego miejsca. Z nierówności
1
1
ln 1 +
<
n
n
Łatwo sprawdzić, np. korzystając z kryterium d’Alemberta, że szereg
otrzymujemy nierówność
n(ln (n + 1) − ln n) < 1.
Stąd oraz faktu, że 1 < ln n dla n ­ 3 mamy
n (ln (n + 1) − ln n) < ln n
i następnie
n ln (n + 1) < (n + 1) ln n.
Zatem dla n ­ 3 prawdziwa jest nierówność
ln (n + 1)
ln n
<
.
n+1
n
Mnożąc tę nierówność stronami przez nierówność
an+1 =
1
1
< otrzymujemy
n+1
n
ln (n + 1)
ln n
< 2 = an dla n ­ 3,
(n + 1)2
n
co oznacza, że nasz ciąg jest malejący począwszy od n = 3. Musimy jeszcze pokazać, że
ln n
lim
= 0.
n→∞ n2
√
Wynika to np. z nierówności ln n ¬ n. A jak uzasadnić elementarnie tę nierów q 2
√√
√√
√
n
n
n √
n=
n , więc lim
n = 1. Zatem począwszy od
ność? Ponieważ
n→∞
100
Szeregi liczbowe
√√
pewnego n ∈ N zachodzi nierówność n n ¬ e. Logarytmując ją stronami otrzy√
1
mujemy nierówność √ ln n ¬ 1, równoważną nierówności ln n ¬ n. Obliczmy
n
teraz
ln 2n
n ln 2
2n a2n = 2n n 2 =
.
(2 )
2n
Ponieważ szereg
∞
∞
X
X
n ln 2
n
=
ln
2
n
2
2n
n=1
n=1
jest zbieżny (Przykład 3.1.2 f), więc badany szereg również jest zbieżny.
Kryterium ilorazowe
an
= k, przy czym
bn
∞
∞
X
X
0 < k < ∞, to szereg
bn jest zbieżny wtedy i tylko wtedy, gdy szereg
an jest
•Twierdzenie 3.2.3
zbieżny.
Jeżeli an , bn > 0 oraz istnieje granica lim
n→∞
n=1
n=1
an
k
= k > 0, więc dla ε = istnieje n0 ∈N takie, że dla
bn
2
n > n0 zachodzą nierówności
k
an
3k
<
<
2
bn
2
D o w ó d. Ponieważ lim
n→∞
równoważne nierównościom
0<
k
3k
· b n < an <
·bn .
2
2
Teza wynika teraz z kryterium porównawczego.
Zanim Czytelnik zacznie stosować kryterium ilorazowe powinien wrócić do
przykładów w paragrafie 2.3 i jeszcze raz przeczytać wnikliwie następujący po
nich komentarz.
• Przykład 3.2.3
∞
X
√
a)
( n e − 1);
n=1
Zbadać zbieżność następujących szeregów:
∞ √
n
X
e−1
√
b)
;
n
n=1
1
ln 1 + p
n2 + 1
c)
ln n
n=2
∞
X
!
.
1
√
R o z w i ą z a n i e. a) Równość n e = e n powinna nam zasugerować, że trzeba
zastosować kryterium ilorazowe do szeregów o wyrazach
an =
√
1
n
e−1 oraz bn = .
n
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
Ponieważ
lim
n→∞
101
√
n
√
e−1
= lim n( n e − 1) = 1 > 0,
n→∞
n−1
∞
X
1
a szereg
jest rozbieżny, więc badany szereg też jest rozbieżny.
n
n=1
b) Stosujemy kryterium ilorazowe do szeregów o wyrazach
√
n
1
e−1
,
bn = √ .
an = √
n
n n
Ponieważ
a szereg
√
√
√
an
( n e − 1)
√
lim
= lim
· (n n) = lim n( n e − 1) = 1 > 0,
n→∞ bn
n→∞
n→∞
n
∞
X
1
√ jest zbieżny, więc nasz szereg także jest zbieżny.
n
n
n=1
c) W kryterium ilorazowym bierzemy
1
ln 1 + √
n2 + 1
an =
,
ln n
bn =
1
.
n ln n
Ponieważ
lim
n→∞
a szereg
an
bn
∞
X
1
ln 1 + √
n2 + 1
= lim
· n ln n
n→∞
ln n
!
p
1
n
2
n + 1 · ln 1 + √
·√
= 1 > 0,
= lim
n→∞
n2 + 1
n2 + 1
1
jest rozbieżny (Przykład 3.2.4), więc nasz szereg jest rozbieżny.
n
ln
n
n=1
Spróbujmy zrobić ogólniejszy przykład.
• Przykład 3.2.4
Niech a > 1 będzie dowolną liczbą rzeczywistą. W zależności od
∞
X
√
α zbadać zbieżność szeregu
nα ( n a − 1).
n=1
R o z w i ą z a n i e. Stosujemy kryterium ilorazowe do szeregów o dodatnich
wyrazach postaci
√
bn = nα−1 .
an = nα ( n a − 1),
Ponieważ
√
√
nα ( n a − 1)
= lim n( n a − 1) = ln a > 0,
n→∞
n→∞
nα−1
więc (Fakt ??) rozważany szereg jest zbieżny dla α < 0 i rozbieżny dla α ­ 0.
lim
102
• Przykład 3.2.5
Szeregi liczbowe
Zbadać zbieżność szeregu
∞
X
1
n ln 1 + √
2n2 + 1
n=1
α
w zależności od parametru α.
R o z w i ą z a n i e. W kryterium ilorazowym weźmy
1
α
√
,
bn = nα−1 .
an = n ln 1 +
2n2 + 1
Ponieważ
an
1
lim
= lim n ln 1 + √
n→∞ bn
n→∞
2n2 + 1
p
1
n
1
2
= lim
2n + 1 · ln 1 + √
·√
= √ > 0,
2
2
n→∞
2n + 1
2n + 1
2
więc nasz szereg, zachowuje się tak, jak uogólniony szereg harmoniczny
•Twierdzenie 3.2.4
∞
X
nα−1 ,
n=1
czyli jest zbieżny dla α < 0 i rozbieżny do ∞ dla α ­ 0.
Kryterium d’Alemberta
∞
X
1
Jeżeli an > 0 oraz istnieje granica lim
n→∞
an+1
= g, to szereg
an
an jest zbieżny, gdy g < 1, a rozbieżny, gdy g > 1. W przypadku, gdy g = 1,
n=1
kryterium to nie rozstrzyga o zbieżności szeregu.
D o w ó d. Jeżeli
lim
n→∞
an+1
= g < 1,
an
to dla dowolnie ustalonego 0 < g < r < 1 istnieje n0 ∈ N takie, że dla n > n0
zachodzi nierówność
an+1
¬ r.
0¬
an
Stąd wnioskujemy, że 0 ¬ an+1 ¬ ran . Zatem dla dowolnego k ∈N zachodzi nierówność
0 ¬ an0 +k ¬ rk · an0 .
Ponieważ skończona liczba początkowych wyrazów szeregu nie ma wpływu na jego
zbieżność, więc na mocy kryterium porównawczego, zbieżność badanego szeregu
1
Jeanle Rond d’Alembert (1717–1783), francuski filozof, matematyk i fizyk.
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
∞
X
103
an wynika ze zbieżności szeregu geometrycznego
n=1
∞
X
rn .
n=1
Podobnie jest w przypadku, gdy
an+1
= g > 1,
n→∞ an
lim
rozbieżność szeregu
regu
∞
X
∞
X
an wynika z rozbieżności odpowiednio zbudowanego sze-
n=1
rn . Aby stwierdzić, że w przypadku g = 1 kryterium d’Alemberta nie
n=1
rozstrzyga o zbieżności szeregu, wystarczy obliczyć lim
n→∞
regu
an+1
dla rozbieżnego szean
∞
∞
X
X
1
1
. W obu przypadkach granica ta wynosi 1.
i zbieżnego szeregu
2
n
n
n=1
n=1
• Przykład 3.2.6
a)
∞
X
(n!)2
;
2n2
n=1
Zbadać zbieżność następujących szeregów:
∞
∞
X
X
(n!)2
1
√ .
b)
; c)
(2n)!
2 n
n=1
n=1
R o z w i ą z a n i e. Zastosujemy bezpośrednio kryterium d’Alemberta w przykładach a) i b) otrzymując szeregi zbieżne. Natomiast w przykładzie c) posłużymy
się najpierw kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu.
a) Szereg jest zbieżny, ponieważ
2
an+1
(n + 1)2
((n + 1)!)2 2n
·
=
lim
= 0 < 1.
= lim
2
n→∞ an
n→∞ 22n+1
n→∞ 2((n+1) )
(n!)2
lim
b) Ten szereg też jest zbieżny, ponieważ
an+1
(n!)2 (n + 1)2
((n + 1)!)2 (2n)!
(2n)!
=
lim
= lim
·
·
2
n→∞ an
n→∞ (2n)!(2n + 1)(2n + 2) (n!)2
n→∞ (2(n + 1))! (n!)
lim
1
(n + 1)2
= < 1.
n→∞ (2n + 1)(2n + 2)
4
= lim
√ c) Zgodnie z kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu (ciąg 2− n maleje do zera!)
√
zbieżność naszego szeregu równoważna jest zbieżności szeregu o wyrazach 2n ·2− 2
i do tego ostatniego szeregu zastosujmy kryterium d’Alemberta. Policzmy więc
granicę ilorazów sąsiednich wyrazów tego szeregu, tzn.
√
n
2n+1 2 2
2
an+1
= lim √ n+1 · n = lim √ n √
= 0 < 1.
lim
2)
( 2−1)
(
n→∞ 2 2
n→∞
n→∞ an
2
2
n
Stąd wynika, że szereg o wyrazach postaci 2n · 2−
przez nas szereg jest zbieżny.
√
2n
jest zbieżny, więc i badany
104
Szeregi liczbowe
• Przykład 3.2.7
W zależności od a > 0 zbadać zbieżność szeregu
R o z w i ą z a n i e. Policzmy granicę ilorazów wyrazów szeregu.
∞
X
an
.
n!
n=1
an+1
an+1 · n!
a
= lim n
= lim
= 0.
n→∞ an
n→∞ a · (n + 1)!
n→∞ n + 1
lim
Zatem dla dowolnego a > 0 szereg
∞
X
an
jest zbieżny.
n!
n=1
Dla a = 1 możemy nawet policzyć jego sumę! Mamy bowiem następującą równość.
• Fakt 3.2.2
∞
X
1
= e.
n!
n=0
n
n
X
1
1
.
oraz xn = 1 +
k!
n
k=0
Ponieważ zgodnie ze wzorem Newtona mamy
n
n 1 0 n 1 1
n 1 n−1 n 1 n
1
1+
=
+
+ ...+
+
0
1
n−1
n
n
n
n
n
n
D o w ó d. Wprowadźmy oznaczenia Sn =
1
1
n−1
1· 1−
1· 1−
· ...· 1 −
n
n
n
+ ...+
= 1+1+
1·2
1 ·2 · ...· n
< 1+1+
1
1
1
1
+ + ...+
+ ,
2! 3!
(n − 1)! n!
więc dla dowolnego naturalnego n zachodzi nierówność xn < Sn . Pokażemy, że
dla dowolnego ε > 0 istnieje n0 ∈N takie, że dla wszystkich n > n0 zachodzą
nierówności
0 ¬ Sn − xn < ε.
∞
∞
X 1
X
1
ε
Szereg
jest zbieżny, istnieje więc N ∈N takie, że
< . Dla n > N
n!
k!
2
n=0
k=N +1
otrzymujemy zatem następujący ciąg zależności:
2
k−1
1
1−
· ...· 1 −
N 1−1· 1−
X
n
n
n
0 ¬ Sn − xn =
k!
k=2
2
k−1
1
1−
·... · 1 −
1−1· 1−
n
X
n
n
n
+
k!
k=N +1
Zbieżność szeregów o wyrazach nieujemnych
¬
105
X
n
N
X
1
1
1
2
N −1
1− 1−
+
.
1−
·...· 1 −
n
n
n
k!
k!
k=2
Ponieważ
k=N +1
N
N
X
X
1
1
¬
< 1,
k−1
k!
2
k=2
k=2
więc dla n > N zachodzą nierówności
2
N −1
1
1
1−
· ...· 1−
+ ε.
0 ¬ Sn − xn < 1 − 1 −
n
n
n
2
Przy ustalonym N mamy
1
2
N −1
lim 1 − 1 −
1−
·... · 1 −
= 0.
n→∞
n
n
n
Zatem istnieje m > N takie, że dla wszystkich n > m zachodzi nierówność
2
N −1
1
1
1−
·... · 1 −
< ε.
1− 1−
n
n
n
2
Stąd 0 ¬ Sn − xn < ε dla n > m, co chcieliśmy wykazać.
•
∞
X
an n!
Przykład 3.2.8 W zależności od a > 0 zbadać zbieżność szeregu
.
nn
n=1
R o z w i ą z a n i e. Mamy ciąg równości
an+1 (n + 1)! nn
a
an+1
a
n = .
· n = lim = lim
n→∞ (n + 1)(n+1)
n→∞ an
a n! n→∞
e
1
1+
n
lim
Z kryterium d’Alemberta wynika więc, że dla a < e badany szereg jest zbieżny,
natomiast dla a > e jest on rozbieżny do ∞. W przypadku, gdy a = e mamy
n
e
an+1
1
n ց 1, bo 1 +
= ր e.
an
n
1
1+
n
en n!
Zatem dla wszystkich n ∈ N zachodzi nierówność n ­ 1 i nie jest spełniony
n
warunek konieczny zbieżności szeregów, więc szereg jest rozbieżny do ∞.
106
Szeregi liczbowe
Kryterium Cauchy’ego
•Twierdzenie 3.2.5
Jeżeli an ­ 0 oraz lim
n→∞
∞
X
√
n
an = g, to szereg
an jest zbieżny
n=1
wtedy, gdy g < 1, a rozbieżny, gdy g > 1. W przypadku, gdy g = 1, kryterium to
nie rozstrzyga o zbieżności szeregu.
D o w ó d jest taki, jak dowód kryterium d’Alemberta.
• Przykład 3.2.9
a)
∞ X
n=1
Zbadać zbieżność szeregów:
n
∞
X
(n!)n
n
√
.
; b)
nn2
4n2 + 3
n=1
R o z w i ą z a n i e. a) Badany szereg jest zbieżny, co wynika z kryterium
Cauchy’ego, ponieważ
√
1
n
n
−→ < 1.
an = √
2
4n2 + 3
b) Należy obliczyć
•
√
n
n!
= 0 < 1.
nn
Uzasadnienie tej równości pozostawiam jednak Czytelnikom! Koniecznie proszę
to zrobić, mamy tu bowiem ładny przykład zastosowania warunku koniecznego
zbieżności szeregów. Z kryterium Cauchy’ego wynika natomiast, że badany szereg
jest zbieżny.
n2
∞
X
n
an .
Przykład 3.2.10 W zależności od a > 0 zbadać zbieżność szeregu
n
+
1
n=1
lim
n→∞
an = lim
n→∞
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
√
n
−n
1
a
an = a 1 +
−→ ,
n
e
więc wystarczy wrócić po wyjaśnienie do Przykładu 3.2.8.
3.3
Szeregi o wyrazach dowolnych
Najczęściej stosowanym kryterium zbieżności szeregów o wyrazach dowolnych jest
następujące twierdzenie.
•Twierdzenie 3.3.1
(kryterium Dirichleta).
Jeżeli ciąg (an ) jest nierosnący i zbieżny do zera oraz zbiór sum częściowych szeregu
∞
∞
X
X
bn jest ograniczony, to szereg
an bn jest zbieżny.
n=1
n=1
Szeregi o wyrazach dowolnych
107
D o w ó d. Dla uproszczenia zapisu wprowadźmy oznaczenie Am
n =
m
X
ak b k .
k=n+1
Pokażemy, że szereg
∞
X
an bn spełnia warunek Cauchy’ego. Wykorzystamy do tego
n=1
celu tzw. przekształcenie Abela2
Am
n = an+1 bn+1 + an+2 bn+2 + . . . + am bm
= (an+1 − an+2 )bn+1 + (an+2 − an+3 )(bn+1 + bn+2 )
+ (an+3 − an+4 )(bn+1 + bn+2 + bn+3 ) + . . .
+ (am−1 − am )(bn+1 + . . . + bm−1 ) + am (bn+1 + . . . + bm ).
Z założenia istnieje stała M taka, że
|b1 + b2 + . . . + bl | < M
dla wszystkich l ∈ N. Ponieważ
|bj + bj+1 + . . . + bl | = |(b1 + b2 + . . . + bl ) − (b1 + b2 + . . . + bj−1 )|
¬ |b1 + b2 + . . . + bl | + |b1 + b2 + . . . + bj−1 |
więc
|bj + bj+1 . . . + bl | < 2M
dla wszystkich j i l takich, że 1 ¬ j < l. Mamy więc oszacowanie
m
n
X
X
m
ak b k −
ak b k An = k=1
k=1
= |an+1 bn+1 + an+2 bn+2 + . . . + am bm |
¬ |an+1 − an+2 | |bn+1 | + |an+2 − an+3 | |bn+1 + bn+2 |
+ |an+3 − an+4 | |bn+1 + bn+2 + bn+3 | + . . .
+ |am−1 − am | |bn+1 + . . . + bm−1 | + |am | |bn+1 + . . . + bm |
¬ 2M (|an+1 − an+2 | + |an+2 − an+3 | + . . . + |am−1 − am | + |am |)
= 2M (an+1 − an+2 + an+2 − an+3 + . . . + am−1 − am + am )
= 2M an+1 = 2M |an+1 | .
2
Niels Henrik Abel (1802–1829), matematyk norweski.
108
Szeregi liczbowe
Zbieżny ciąg (an ) jest ciągiem Cauchy’ego, więc z otrzymanej nierówności wynika,
∞
X
że ciąg sum częściowych szeregu
an bn też jest ciągiem Cauchy’ego, a jako taki
n=1
— jest zbieżny (Fakt 3.1.5)
Przyjmując w twierdzeniu Dirichleta bn = (−1)n+1 otrzymujemy tzw. szereg
naprzemienny i jako natychmiastowy wniosek z kryterium Dirichleta dostajemy
następujące kryterium zbieżności szeregów naprzemiennych.
•Twierdzenie 3.3.2
(kryterium Leibniza3 dla szeregów naprzemiennych).
Jeżeli (an ) jest ciągiem nierosnącym i zbieżnym do zera, to szereg naprzemienny
∞
X
(−1)n+1 an jest zbieżny.
n=1
W przypadku szeregów
∞
X
an o wyrazach dowolnych można również stawiać sobie
n=1
pytanie o zbieżność szeregu
∞
X
n=1
• Definicja 3.3.1
|an |.
Mówimy, że szereg
zbieżny jest szereg
∞
X
n=1
∞
X
an jest bezwzględnie zbieżny, jeżeli
n=1
|an |.
Z zależności
|am+1 + . . . + an | ¬ |am+1 | + . . . + |an | = |am+1 | + . . . + |an |
wynika, że jeżeli szereg
∞
X
n=1
|an | spełnia warunek Cauchy’ego, to szereg
∞
X
an
n=1
również spełnia warunek Cauchy’ego. W ten sposób udowodniliśmy następujące
twierdzenie.
•Twierdzenie 3.3.3
Jeżeli szereg
Ponadto zachodzi nierówność
∞
X
an jest bezwzględnie zbieżny, to jest zbieżny.
n=1
∞
∞
X
X
an ¬
|an |.
n=1
n=1
3
Gottfried Wilhelm Leibniz (1646–1716), niemiecki filozof i matematyk, jeden z twórców rachunku różniczkowego i całkowego.
Szeregi o wyrazach dowolnych
109
Kryterium Leibniza pozwala skonstruować wiele przykładów szeregów zbieżnych,
∞
X
które nie są bezwzględnie zbieżne. Wystarczy wziąć dowolny szereg
an rozbieżny, którego wyrazy maleją do zera, by szereg
∞
X
n=1
(−1)n an był zbieżny, ale nie
n=1
był bezwzględnie zbieżny.
∞
X
(−1)n
(tzw. szereg anharmoniczny) jest zbieżny,
n
n=1
ale nie jest bezwzględnie zbieżny.
• Przykład 3.3.1
Szereg
R o z w i ą z a n i e. Tutaj ciąg an =
1
oczywiście maleje do zera.
n
• Przykład 3.3.2
Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregów:
∞
∞
X
X
(−1)n ln n
(−1)n
cos πn2
a)
;
b)
;
c)
.
n
n − ln n
ln2 n
n=2
n=1
n=2
∞
X
ln n
n
maleje do 0, więc z kryterium Leibniza otrzymujemy zbieżność badanego szeregu.
Ponieważ dla dowolnego n ­ 1 zachodzi nierówność
R o z w i ą z a n i e. a) W Przykładzie 3.2.2 wykazaliśmy już, że ciąg
0<
1
ln n
<
,
n
n
więc z kryterium porównawczego wynika, że rozważany szereg nie jest bezwzględnie
zbieżny.
1
maleje do zera, ale to
b) Musimy sprawdzić, że ciąg o wyrazach an =
n − ln n
również wynika z rozważań prowadzonych w Przykładzie 3.2.2. W tym przypadku
również nie ma bezwzględnej zbieżności szeregu, bo
0<
1
1
<
.
n
n − ln n
c) Przede wszystkim zauważmy, że cos πn2 = 1 dla parzystych wartości n oraz
cos πn2 = −1 dla n nieparzystych. Zatem rozpatrywany szereg można zapisać w
∞
X
(−1)n
1
postaci
. Ponieważ ciąg o wyrazach 2 maleje do 0, więc z kryterium
2
ln
n
ln
n
n=2
Leibniza wynika od razu, że szereg jest zbieżny. Aby zbadać jego zbieżność bez∞
X
1
względną, czyli zbieżność szeregu
możemy posłużyć się np. kryterium
2
ln
n
n=1
Cauchy’ego o zagęszczaniu. Policzmy
2n a2n = 2n
2n
1
=
,
ln2 2n
n2 ln2 2
110
Szeregi liczbowe
∞
X
2n
zbieżny nie jest, bo nie spełnia nawet warunku koniecznego
n2 ln2 2
n=1
zbieżności szeregów. Zatem rozważany szereg jest zbieżny jedynie warunkowo.
a szereg
• Przykład 3.3.3
Pokazać, że dla dowolnego x 6= kπ, szeregi
∞
X
sin nx
oraz
n
n=1
∞
X
cos nx
n
n=1
są zbieżne, ale nie są bezwzględnie zbieżne.
R o z w i ą z a n i e. Dla x 6= kπ prawdziwe są tożsamości
sin x + sin 2x + sin 3x + . . . + sin nx =
sin
nx
(n + 1)x
sin
2
2
,
x
sin
2
(n + 1)x
nx
cos
2
2
cos x + cos 2x + cos 3x + . . . + cos nx =
.
x
sin
2
Dla wszystkich liczb naturalnych n zachodzą nierówności
nx
nx
(n + 1)x (n + 1)x sin
sin
sin
cos
1 1 2
2
2
2
¬
,
,
¬ x
x
x
sin sin x sin
sin
2
2
2
2
sin
co oznacza, że sumy częściowe szeregów
∞
X
sin nx,
n=1
∞
X
cos nx
n=1
sa ograniczone. Możemy więc zastosować kryterium Dirichleta dla ciągów o wy1
razach an =
oraz bn = sin nx i bn = cos nx. Zatem badane szeregi są zbieżne.
n
Żaden z nich nie jest jednak bezwzględnie zbieżny, gdyż z nierówności
| sin x| ­ sin2 x =
1
1
1 − cos 2x oraz | cos x| ­ cos2 x = 1 + cos 2x
2
2
wynika, że dla dowolnej liczby naturalnej N prawdziwe są nierówności
N
N
N
X
1 X 1 X cos 2nx
| sin nx|
>
−
,
n
2 n=1 n n=1
n
n=1
N
N
N
X
| cos nx|
1 X 1 X cos 2nx
>
+
.
n
2 n=1 n n=1
n
n=1
Ćwiczenia
111
∞
X
cos nx
– zbieżny dla dowoln
n=1
nego x 6= kπ. Zatem, na mocy kryterium porównawczego, oba szeregi
Szereg harmoniczny jest rozbieżny do ∞, a szereg
N
X
| sin nx|
,
n
n=1
są rozbieżne.
•
N
X
| cos nx|
n
n=1
Dla szeregów o wyrazach nieujemnych jest oczywiste, że kolejność sumowania
nie gra roli. Gdy opuścimy założenie nieujemności wyrazów szeregu, sytuacja jest
zupełnie inna. Wprowadźmy jeszcze jedną definicję.
∞
X
Definicja 3.3.2 Mówimy, że szereg
an jest bezwarunkowo zbieżny,
n=1
jeżeli dla dowolnej permutacji π zbioru liczb naturalnych (tzn. wzajemnie jedno∞
X
znacznego przekształcenia zbioru N\{0} na siebie) zbieżny jest szereg
aπ(n) .
n=1
Szereg zbieżny, który nie spełnia warunku bezwarunkowej zbieżności nazywamy
szeregiem warunkowo zbieżnym. Prawdziwe jest następujące twierdzenie, którego pracochłonny dowód można znaleźć w bardzo dobrym, dostępnym podręczniku Heleny i Juliana Musielaków „Analiza matematyczna”.
∞
X
•Twierdzenie 3.3.4 Szereg an jest bezwarunkowo zbieżny wtedy i tylko wtedy,
n=1
gdy jest on bezwzględnie zbieżny. Ponadto z bezwzględnej zbieżności szeregu
wynika, że jego suma nie zależy od porządku składników.
∞
X
an
n=1
Niezmiernie ciekawym i zaskakującym jest fakt, że wyrazy każdego szeregu
warunkowo zbieżnego można tak poprzestawiać, by jako sumę otrzymać z góry
zadaną liczbę rzeczywistą. Jest to treść Twierdzenia Riemanna4 , którego dowód
można również znaleźć np. we wspomnianym już podręczniku Heleny i Juliana
Musielaków.
3.4
Ćwiczenia
3.1 Wyznaczyć sumy następujących szeregów:
a)
d)
4
∞
X
2n+2
;
en
n=0
∞
X
n2n
;
3n
n=1
b)
e)
∞
X
3n
;
2 n en
n=0
∞
X
2n + nen
;
3n
n=1
c)
f)
∞
X
en + e−n
;
3n
n=0
∞
X
1
.
(2n
+
1)(2n
+ 3)
n=0
Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826-1866), niemiecki matematyk i fizyk.
112
Szeregi liczbowe
3.2 Korzystając z kryterium porównawczego zbadać zbieżność następujących szeregów:
∞
X
∞
X
1
1
c)
ln 1 +
;
n
n
n=1
∞
X
√
1 √
b)
( n + 1 − n);
n
n=1
√
∞
X [n 2]
e)
;
2n
n=1
2n
a)
;
n2 + 3 n
n=1
√
∞
X
[n 2]
;
d)
n2
n=1
f)
∞
X
ln (n)
.
2n
n=2
3.3 Korzystając z kryterium ilorazowego zbadać zbieżność następujących szeregów:
∞
∞ √
n
X
X
√
e−1
n
a)
e−1 ;
b)
;
n
n=1
n=1
∞ √
∞
n
X
X
e−1
1
n
√
.
ln
1
+
;
d)
c)
2
n +1
n
n2 − 1
n=2
n=1
3.4 Korzystając z kryterium Cauchy’ego o zagęszczaniu zbadać zbieżność następujących szeregów:
a)
∞
X
ln n
;
n2
n=2
b)
∞
X
1
;
ln3 n
n=2
c)
∞
X
ln (ln n)
√ .
n n
n=2
3.5 Korzystając z kryterium d’Alemberta zbadać zbieżność następujących szeregów:
a)
∞
2
X
(2n )
;
n!
n=1
b)
∞
X
ln n
;
2n
n=2
c)
∞
X
ln (n!)
;
2n
n=2
d)
∞
X
(2n)!
.
(n!)2
n=1
3.6 Korzystając z kryterium Cauchy’ego zbadać zbieżność następujących szeregów:
∞ 2
X
n n n
a)
2 ;
n+1
n=1
b)
∞ 2
X
n + 1 n
n=1
n
3
−n
;
1
nn + n
n .
c)
1
n=1 2n +
.
n
∞
X
3.7 Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną szeregów:
nπ
nπ
∞ sin
∞
∞
∞
sin
X
X
X
X
cos
nπ
cos
nπ
4 ; b)
4 .
√ ; c)
√ ; d)
√
a)
2
n
n
n
−
n
n
n
+
ln
n
n=1
n=2
n=1
n=1
Ćwiczenia
3.8 Pokazać, że jeżeli szereg
∞
X
113
∞
X
an o wyrazach nieujemnych jest zbieżny, to szereg
n=1
a2n też jest zbieżny.
n=1
3.9 Pokazać, że jeżeli szeregi
zbieżny bezwzględnie.
∞
X
n=1
a2n i
∞
X
n=1
b2n są zbieżne, to szereg
∞
X
an bn jest
n=1
3.10 Pokazać, że jeżeli (an ) jest ciągiem malejącym o wyrazach nieujemnych oraz
∞
X
szereg
an jest zbieżny, to lim nan = 0.
n=1
n→∞
3.11 Pokazać, że jeżeli ciąg (an ) o wyrazach dodatnich jest ograniczony z góry,
∞
∞
X
X
1
1
√
jest rozbieżny. Wywnioskować stąd, że szereg
jest
to szereg
n
na
n
n
n
n=1
n=1
rozbieżny.
4
Ciągłość funkcji
W tym rozdziale zajmujemy się funkcjami określonymi na podzbiorach zbioru liczb
rzeczywistych o wartościach w zbiorze liczb rzeczywistych.
4.1
Granica funkcji w punkcie
Przyjmujemy, że Czytelnik zna pojęcie funkcji ze szkoły i rozumie takie terminy
jak dziedzina funkcji, zbiór wartości funkcji na danym zbiorze, monotoniczność,
parzystość czy okresowość funkcji. Spróbujemy sobie natomiast wyjaśnić możliwie
dokładnie pojęcie ciągłości funkcji. Najpierw jednak musimy dobrze zrozumieć, co
to jest granica funkcji w punkcie. Ułatwić nam to mogą poniższe rysunki.
y
g+ε
y
6
b
y=f (x)
g
g−ε
c
b
s
6
f (x1 ) r
f (x4 ) r
f (x6 ) r ppp
f (xn ) r
g ?
f (x5 ) r
f (x2 ) r
f (x3 )
b
a
b
b
O
x0 −δ
s
x0
b
x0 +δ
b
bx
b
a
b
O
r
y=f (x)
sb
s s
s
c
s
b
s
s
r r
r
x3 x2
x5
s
r
r
b
r-
r
x0 xn p p p x6 x4
x1 b x
Rys. 4.1.1 Ilustracja definicji Cauchy’ego i Heinego granicy funkcji w punkcie.
Niech więc f będzie funkcją określoną na zbiorze (a, x0 ) ∪ (x0 , b). Zwróćmy przy
tym szczególną uwagę na fakt, że istnienie granicy funkcji f w punkcie x0 i jej
liczbowa wartość g nie mają żadnego związku z wartością, a nawet z określonością
funkcji f w punkcie x0 .
114
Granica funkcji w punkcie
115
• Definicja 4.1.1
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 granicę właściwą
g ∈ R, jeżeli dla dowolnego przedziału (g−ε, g+ε) istnieją przedziały (x0 −δ, x0 ) ⊂
(a, x0 ) oraz (x0 , x0 +δ) ⊂ (x0 , b) takie, że dla wszystkich x ∈ (x0 −δ, x0 )∪(x0 , x0 +δ)
mamy f (x) ∈ (g − ε, g + ε), co w symbolice logicznej zapisujemy następująco:
i
^ _
^ h
lim f (x) = g ⇐⇒
0 < |x − x0 | < δ =⇒ |f (x) − g| < ε .
x→x0
ε>0
δ>0
x∈(a,b)
Jest to definicja Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie. Definicja Cauchy’ego równoważna jest (przy przyjętej przez nas definicji zbioru liczb rzeczywistych) definicji Heinego granicy funkcji w punkcie.
• Definicja 4.1.2
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 granicę właściwą
g ∈ R, jeżeli dla dowolnego, zawartego w zbiorze określoności funkcji, ciągu argumentów (xn ), gdzie xn 6= x0 , warunek lim xn = x0 pociąga za sobą warunek
n→∞
lim f (xn ) = g, co w symbolice logicznej zapisujemy następująco1 :
n→∞
lim f (x) = g ⇐⇒
x→x0
^
{xn }⊂(a,b)\{x0 }
h
i
lim xn = x0 =⇒ lim f (xn ) = g .
n→∞
n→∞
Przyglądając się uważnie pierwszemu rysunkowi widzimy, że wykres funkcji f
rozważanej na zbiorze (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ) mieści się całkowicie w prostokącie
{(x, y) : x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) , y ∈ (g − ε, g + ε)}.
Jeżeli weźmiemy w definicji Cauchy’ego jednostronne przedziały postaci (x0 −δ, x0 )
lub (x0 , x0 + δ), to otrzymamy definicję odpowiednio granicy lewostronnej lub
prawostronnej funkcji f w punkcie x0 , co w postaci wzoru zapisujemy podobnie
jak wyżej
lim f (x) = g
x→x−
0
lub odpowiednio
lim f (x) = g.
x→x+
0
W definicji Heinego należy oczywiście rozważać tylko ciągi (xn ) zmierzające do x0
od strony lewej lub odpowiednio — prawej.
Jeżeli funkcja jest określona na półprostej (a, ∞)
(−∞, a) , to definicja Heinego ma sens również dla „x0 = ∞” „x0 = −∞” . Po prostu rozważamy ciągi
argumentów (xn ) takie, że xn −→∞ xn −→ − ∞ . Natomiast definicja Cauchy’ego granicy funkcji w ∞ (−∞) ma postać następującą.
• Definicja 4.1.3
Funkcja f ma przy x dążącym do ∞ (−∞) granicę właściwą g ∈ R, jeżeli dla dowolnego przedziału (g − ε, g + ε) istnieje K ∈ R takie,
że dla wszystkich x > K (x < K) mamy f (x) ∈ (g − ε, g + ε), co w symbolice
logicznej zapisujemy następująco:
i
^ _ ^ h
lim f (x) = g ⇐⇒
x > K =⇒ |f (x) − g| < ε
x→∞
1
ε>0
K∈R
x>a
Zapis {xn } oznacza zbiór wszystkich wyrazów xn ciągu (xn ).
116
Ciągłość funkcji
lim f (x) = g ⇐⇒
x→−∞
^
ε>0
_
K∈R
^
x<a
h
i
x < K =⇒ |f (x) − g| < ε .
Sprecyzujmy jeszcze, co będziemy rozumieli pod pojęciem granicy niewłaściwej. Definicję Cauchy’ego granicy niewłaściwej funkcji f w punkcie x0
można sformułować w następujący sposób.
• Definicja 4.1.4
Funkcja f ma w punkcie x0 granicę niewłaąciwą +∞
(−∞), jeżeli dla dowolnie zadanego M ∈ R istnieją przedziały (x0 −δ, x0 ), (x0 , x0 +
δ) takie, że we wszystkich punktach zbioru (x0 − δ, x0 ) ∪ (x0 , x0 + δ) funkcja przyjmuje wartości większe od M (mniejsze od M ), co w symbolice logicznej oznacza,
że
i
^ _ ^ h
lim f (x) = ∞ ⇐⇒
0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) > M
x→x0
M∈R δ>0 x∈(a,b)
lim f (x) = −∞ ⇐⇒
x→x0
^ _
^
M∈R δ>0 x∈(a,b)
!
h
i
0 < |x − x0 | < δ =⇒ f (x) < M .
Definicję Heinego granicy niewłaściwej funkcji f w punkcie x0 formułuje
się w sposób następujący.
• Definicja 4.1.5
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 granicę niewłaściwą ±∞, jeżeli dla dowolnego, zmierzającego do punktu x0 ciągu argumentów
(xn ), gdzie xn 6= x0 , ciąg (f (xn )) wartości funkcji dąży do +
− ∞, co zapisujemy
h
i
^
+∞ .
∞
⇐⇒
lim f (x) = +
lim
x
=
x
=⇒
lim
f
(x
)
=
n
0
n
−
−
x→x0
n→∞
n→∞
{xn }⊂(a,b)\{x0 }
Czytelnikom pozostawiamy zapisanie za pomocą symboliki logicznej wszyst+
kich definicji granicy niewłaściwej, gdy x → +
− ∞, a granica równa jest − ∞.
Dzięki definicji Heinego możemy łatwo udowodnić następujące twierdzenie o
arytmetyce granic i twierdzenie o trzech funkcjach. Te same są też symbole nieoznaczone i podobne są sposoby obliczania takich granic.
•Twierdzenie 4.1.1
(o trzech funkcjach)
Jeżeli funkcje f , g, h spełniają warunki:
1. f (x) ¬ g(x) ¬ h(x) dla każdego x z pewnego przedziału zawierającego punkt
x0 , z wyjątkiem być może samego punktu x0 ,
2. lim f (x) = lim h(x) = p,
x→x0
x→x0
to lim g(x) = p.
x→x0
•Twierdzenie 4.1.2
(o arytmetyce granic funkcji)
Jeżeli funkcje f i g mają granice właściwe w punkcie x0 , to prawdziwe są następujące równości:
Granica funkcji w punkcie
117
1. lim (f (x) + g(x)) = lim f (x) + lim g(x);
x→x0
x→x0
x→x0
2. lim (f (x) − g(x)) = lim f (x) − lim g(x);
x→x0
x→x0
x→x0
3. lim cf (x) = c lim f (x) , gdzie c ∈ R;
x→x0
x→x0
4. lim (f (x) · g(x)) = lim f (x) · lim g(x) ;
x→x0
x→x0
x→x0
lim f (x)
5. lim
x→x0
f (x)
x→x0
, o ile g (x0 ) 6= 0,
=
g(x)
lim g(x)
x→x0
6. lim (f (x))g(x) =
x→x0
lim g(x)
x→x0
, o ile wyrażenia po obu stronach
lim f (x)
x→x0
równości mają sens.
Powyższe twierdzenia prawdziwe są również, gdy pojawiają się granice niewłaściwe, z wyjątkiem znanych nam z teorii granic ciągów symboli nieoznaczonych:
∞−∞,
∞·0,
0
,
0
∞
,
∞
1∞ ,
∞0 ,
00 .
W pozostałych przypadkach, w których pojawią się symbole ∞ lub −∞ czy liczba
0 w dotychczas niedopuszczalnym miejscu (np. w mianowniku ułamka) należy
zachować spokój i kierować się tzw. zdrowym rozsądkiem! Oto kilka przykładów.
1) Jeżeli lim f (x) = 5 i lim g(x) = 0+ , to jest chyba w zgodzie z naszą intuicją
równość
x→x0
x→x0
f (x)
= +∞.
g(x)
Jeżeli którykolwiek z moich utalentowanych Czytelników czuje się w tym momencie
niepewnie, winien pomyśleć o jakimś możliwie prostym przykładzie. Niech weźmie
np. f (x)
≡5, g(x) = x, x0 = 0 i pamiętając o definicji Heinego, rozważy ciąg
1
. Wówczas
(xn ) =
n
f (xn )
= 5n −→ + ∞.
g(xn )
2) Jeżeli lim f (x) = 0+ oraz lim g(x) = ∞, to wydaje się jasne, że należy
lim
x→x0
x→x0
napisać równość
x→x0
lim (f (x))
x→x0
g(x)
= 0.
W razie wątpliwości proszę postąpić tak, jak w poprzednim
przykładzie. Np. dla
1
1
f (x) = x, g(x) = , x0 = 0 i ciągu argumentów
mamy
x
n
n
1
1
= n −→0.
n
n
118
Ciągłość funkcji
3) Jeżeli lim f (x) = 1 i lim g(x) = ∞, to chyba dla wszystkich powinno być
x→x0
oczywiste, że
x→x0
f (x)
= 0.
g(x)
Dla przybliżenia tego faktu proszę sobie wyobrazić, że troje dzieci zje 1 kg cukierków. Na pewno dostaną niestrawności. Ten sam 1 kg cukierków będzie odpowiednią
porcją słodyczy dla 20–osobowej grupy przedszkolaków. Teraz spróbujcie tymi cukierkami obdzielić wszystkie dzieci we Wrocławiu albo w Chinach!
lim
x→x0
UWAGA! Sugerując posłużenie się (w razie jakichkolwiek wątpliwości) możliwie
prostym konkretnym przykładem nie chciałabym w żadnym razie stworzyć wrażenia, że dla uzyskania pewności co do wartości granicy danej funkcji w danym
punkcie wystarczy zbadać jeden ciąg argumentów. Nic bardziej fałszywego! Zdaję
sobie jednak sprawę, że równość, która dla matematyka jest oczywista, dla przyszłego (a nawet – już) studenta może być zupełnie niejasna. W takim przypadku
winien On właśnie posłużyć się konkretnym prostym przykładem, by upewnić się,
jaką dana granica ma wartość i zaufać matematykom, że potrafią ściśle tę równość
udowodnić.
Wypiszmy zatem symbolicznie równości dla granic funkcji, które nie powinny budzić żadnych naszych wątpliwości. Będziemy z nich często w dalszym ciągu korzystać.
p + ∞ = ∞ dla − ∞ < p ¬ ∞
p · ∞ = ∞ dla 0 < p ¬ ∞
p
= 0 dla − ∞ < p < ∞
∞
p
= ∞ dla 0 < p ¬ ∞
0+
p∞ = 0 dla 0+ ¬ p < 1
p∞ = ∞ dla 1 < p ¬ ∞
∞q = 0 dla − ∞ ¬ q < 0
∞q = ∞ dla 0 < q ¬ ∞
Takie same równości prawdziwe są dla granic jednostronnych i dla granic w nieskończoności.
A teraz spróbujmy zbadać istnienie (i ewentualnie obliczyć) kilka granic. Zauważmy przy tym, że definicja Heinego jest szczególnie wygodna w zastosowaniu,
gdy podejrzewamy, iż granica funkcji w zadanym punkcie nie istnieje. Przecież
zgodnie z tą definicją, by wykazać, że granica nie istnieje, wystarczy podać dwa
′
ciągi argumentów (xn ), (x′n ), zmierzające do x0 , przy czym xn , xn 6= x0 dla n ∈ N
i takie, że
lim f (xn ) 6= lim f (x′n ).
n→∞
n→∞
Granica funkcji w punkcie
• Przykład 4.1.1
1
a) lim sin ;
x→0
x
119
Zbadać istnienie następujących granic:
1 !−1
1
b) lim 2
1−x
x→1
;
c) lim
x→0
1+2
x
;
d) lim
x→1
[x]
.
x−1
R o z w i ą z a n i e. a) Rozważmy ciąg o wyrazach xn = (nπ)−1 dla n ­ 1. Mamy
wówczas lim xn = 0 przy czym xn 6= 0 dla n ­ 1, a ponadto
n→∞
1
= lim sin nπ = 0.
n→∞
xn
π
−1
Natomiast dla ciągu o wyrazach x′n =
, który również zmierza do 0,
+ 2nπ
2
nie osiągając nigdy tej wartości, zachodzi równość
lim sin
n→∞
lim sin
n→∞
π
1
=
lim
sin
+
2nπ
= 1.
n→∞
x′n
2
1
nie istnieje.
x
b) Rozważmy jakikolwiek ciąg (xn ) zmierzający do 1 od strony lewej. Wówczas
widzimy, że
1
= ∞,
lim
n→∞ 1 − xn
Zatem lim sin
x→0
więc po zastosowaniu równości z ostatniej tabelki otrzymujemy
lim f (x) = ∞.
x→x−
0
Natomiast dla dowolnego ciągu (x′n ) dążącego do 1 od strony prawej mamy
lim
n→∞
1
= −∞
1 − x′n
i z tych samych powodów
lim f (x) = 0.
x→x−
0
Granica lewostronna różna jest w tym przypadku od granicy prawostronnej, więc
1
1−x
w punkcie x0 = 1 nie istnieje.
granica funkcji f (x) = 2
c) Niech (xn ) będzie dowolnym ciągiem zmierzającym do 0 od strony prawej.
Wówczas mamy
1
lim
= ∞,
n→∞ xn
więc również
lim
n→∞
1
= ∞.
xn
120
Ciągłość funkcji
Stąd
lim 2
n→∞
Zatem
h

1
xn

lim+ 1 + 2
x→0
h
i
1
xn
= ∞.
i −1


= 0.
′
Natomiast dla dowolnego ciągu xn zmierzającego do 0 od strony lewej mamy
lim
n→∞
więc
lim
n→∞
Zatem
1
= −∞,
x′n
1
= −∞.
x′n
lim 2
n→∞
h
i stąd
lim
x→0−
1+2
1
x′n
i
=0
1 !−1
x
= 1.
I znowu granica lewostronna różna jest od granicy prawostronnej, więc granica
1 !−1
funkcji f (x) =
1+2
x
w punkcie x = 0 nie istnieje.
d) Jeżeli (xn ) jest jakimkolwiek ciągiem zmierzającym do 1 od strony lewej, to od
pewnego n0 począwszy wszystkie punkty xn są w przedziale (0, 1), więc
lim
n→∞
[xn ]
= lim 0 = 0,
xn − 1 n→∞
czyli lim f (x) = 0. Natomiast dla dowolnego ciągu (x′n ) dążącego do 1 od strony
x→1−
prawej mamy
lim
n→∞
1
1
= + =∞
xn − 1
0
′
i z tych samych powodów lim f (x) = ∞. Granica lewostronna jest różna od
x→1+
granicy prawostronnej (w tym przypadku — niewłaściwej), więc granica funkcji
[x]
f (x) =
w punkcie x0 = 1 nie istnieje.
x−1
Granica funkcji w punkcie
121
• Przykład 4.1.2
Obliczyć następujące granice:
√
x3 + 8
1+ 3x
√ ;
a) lim
;
b) lim
x→−2 x + 2
x→−1 1 + 5 x
√
x2 − 9
3+x−1
;
d) lim− √
.
c) lim
x→−2
x+2
x→3
3−x
R o z w i ą z an i e. W każdym z przykładów mamy do czynienia z symbolem
nieoznaczonym 00 .
a) Przede wszystkim uprośćmy wyrażenie pod znakiem granicy, a następnie skorzystajmy z twierdzenia o arytmetyce granic (Twierdzenie 4.1.2). Mamy
x3 + 8
(x + 2)(x2 − 2x + 4)
= lim
= lim (x2 − 2x + 4) = 12.
x→−2 x + 2
x→−2
x→−2
x+2
lim
b) W tym przypadku postąpimy przeciwnie niż w poprzednim przykładzie. Funkcję, której granicę liczymy, zapiszemy w bardziej skomplikowanej
postaci,√
ale dzięki
√
temu uda nam się pozbyć kłopotliwych czynników (1 + 3 x) oraz (1 + 5 x). Wykorzystując tożsamości
√
√ √
3
1 + x = 1 + 3 x 1 − 3 x + x2
oraz
1+x= 1+
otrzymujemy
√
√
√
√
√
5
5
5
5
x 1 − 5 x + x2 − x3 + x4
√
√
√
√
√
√
√
3
5
5
5
√
3
(1
+
x)
1 − 3 x + x2 1 − 5 x + x2 − x3 + x4
3
1+ x
√ = lim
lim
√
√
√
√
√ √
√
3
5
5
5
x→−1
x→−1 1 + 5 x
(1 + 5 x) 1 − 3 x + x2 1 − 5 x + x2 − x3 + x4
√
√
√
√
5
5
5
(x + 1) 1 − 5 x + x2 − x3 + x4
= lim
√
√
3
x→−1
(x + 1) 1 − 3 x + x2
√
√
√
√
5
5
5
5
1 − 5 x + x2 − x3 + x4
√
= .
= lim
√
3
3
2
x→−1
3
1− x+ x
c) Zróbmy podobnie. Rozszerzmy ułamek występujący pod znakiem granicy tak,
by pozbyć się kłopotliwego czynnika x + 2. Dostajemy w wyniku
√
√
√
3+x−1
3+x+1
x+2
3+x−1
√
√
= lim
= lim
lim
x→−2
x→−2
x→−2
x+2
(x + 2) 3 + x + 1
(x + 2) 3 + x + 1
1
1
= .
= lim √
x→−2
2
3+x+1
d) Teraz
√
x2 − 9
(3 − x) (x + 3)
√
lim− √
= − lim−
= − lim− (x + 3) 3 − x = 0.
x→3
x→3
x→3
3−x
3−x
122
Ciągłość funkcji
W powyższych
przykładach mieliśmy do czynienia z wyrażeniami nieoznaczo nymi typu 00 , a nieoznaczoność udało się usunąć, dokonując zupełnie elementarnych przekształceń. Przy obliczaniu kolejnych granic posłużymy się twierdzeniem
o trzech funkcjach.
• Przykład 4.1.3
Obliczyć następujące granice:
1
b) lim ex sin x;
a) lim x 3 − sin 2 ;
x→−∞
x→0
x
1
c) lim x
.
x→0
x
R o z w i ą z a n i e. a) Z własności funkcji sin x wynika, że dla dowolnego x 6= 0
prawdziwe są nierówności
1
−4|x| ¬ x 3 − sin 2 ¬ 4|x|,
x
a ponieważ lim |x| = 0, więc z twierdzenia o trzech funkcjach mamy
x→0
1
lim x 3 − sin 2 = 0.
x→0
x
b) Dla x ∈ R prawdziwe są nierówności
−ex ¬ ex sin x ¬ ex ,
a lim ex = 0, więc z twierdzenia o trzech funkcjach wynika, że
x→−∞
lim ex sin x = 0.
x→−∞
c) Dla każdego x 6= 0 zachodzą nierówności
1
1
1
−1<
¬ ,
x
x
x
więc otrzymujemy
1
1
1
1
1
1
x
−1 <x
− 1 dla x < 0.
¬ x dla x > 0 oraz x ¬ x
<x
x
x
x
x
x
x
Ponieważ
lim x
x→0
1
−1
x
= 1 oraz
lim x ·
x→0
1
= 1,
x
więc równość wynika z twierdzenia o trzech funkcjach.
Korzystając z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie łatwo jest też udowodnić następujące, także bardzo intensywnie wykorzystywane, twierdzenie o granicy funkcji złożonej, które przydaje się w trudniejszych sytuacjach.
Granica funkcji w punkcie
123
•Twierdzenie 4.1.3
(twierdzenie o granicy funkcji złożonej)
Jeżeli funkcje f i g spełniają warunki:
1. lim f (x) = y0 ,
x→x0
2. f (x) =
6 y0 dla każdego x z pewnego otoczenia punktu x0 z wyjątkiem, być
może samego punktu x0 ,
3. lim g (y) = q,
y→y0
to lim g (f (x)) = q.
x→x0
Przykłady ilustrujące zastosowania tego twierdzenia wygodnie będzie podać dopiero w rozdziale 4.4.
Zanim zajmiemy się trudniejszymi granicami, odwołajmy się znowu do własności granic z Faktów ??, ??, ?? i ??. Prawdziwe są zależności
x −→ 0+ ⇐⇒
1
−→ ∞
x
oraz
x −→ 0− ⇐⇒
1
−→ − ∞.
x
Odpowiednie wykorzystanie tych zależności oraz równości zawartych w wyżej wspomnianych faktach pozwala – w oparciu o definicję Heinego – na bezpośrednie ustalenie wartości kilku bardzo ważnych w zastosowaniach granic funkcji w punkcie 0.
• Fakt 4.1.1
Prawdziwe są równości:
1
lim (1 + x) x = e,
x→0
ln (1 + x)
= 1,
x→0
x
lim
ex − 1
= 1,
x→0
x
lim
lim xx = 1.
x→0+
Przedyskutujmy jeszcze kilka przykładów. Zauważmy przy tym, że w przypadku wyrażeń nieoznaczonych typu [1∞ ] będziemy zawsze starali się wykorzystać
pierwszą
z powyższej ramki, zaś w przypadku wyrażeń nieoznaczonych
z równości
typu 00 oraz ∞
∞ – dwie następne. Czwarta równość znajduje zastosowanie przy
wyrażeniach nieoznaczonych typu [00 ] oraz [∞∞ ]. Zauważmy też, że wykorzystując
w razie potrzeby podstawienie u = x − x0 możemy sprowadzić obliczanie granic
lim f (x) do obliczania granic lim g (u), gdzie g (u) = f (u + x0 ), co pozwala na
x→x0
u→0
stosowanie równości zawartych w powyższej tabelce do oblicznia wartości granic
funkcji posiadających osobliwości tej postaci w punktach różnych od 0.
• Przykład 4.1.4
Obliczyć następujące granice:
ax − 1
, gdzie 0 < a 6= 1;
x→0
x
√
ln 1 + x − 1
c) lim
;
x2 − 1
x→1+
2x − 4
e) lim 2
;
x→2 x − 4
a) lim
b)
lim (3 + x)
x→−2
1
x+2
;
loga (1 + x)
, gdzie 0 < a 6= 1;
x→0
x
2x−2 − x2 + 3
f ) lim
.
x→2
x−2
d) lim
124
Ciągłość funkcji
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ ax = ex ln a , więc możemy napisać
x ln a
ax − 1
e
−1
lim
= lim
· ln a = ln a.
x→0
x→0
x
x ln a
b) Podstawmy y = x + 2. Wówczas x −→ − 2 ⇐⇒ y −→ 0, więc
lim (3 + x)
1
x+2
x→−2
= lim (1 + y)
y→0
1
y
= e.
√
c) Podstawiając y = x − 1 możemy, dzięki równoważności x −→ 1+ ⇐⇒ y −→ 0+ ,
policzyć
√
√
ln 1 + x − 1
ln 1 + x − 1
√
lim
= lim √
x2 − 1
x→1+
x→1+
x − 1 x − 1 (x + 1)
! √
ln 1 + x − 1
1
√
√
x−1
x − 1 (x + 1)
= lim
x→1+
= lim+
y→0
ln (1 + y)
y
1
y (y 2 + 2)
=1·
1
= ∞.
0+
d) Stosując wzór na zamianę podstaw logarytmów możemy napisać równości
lim
x→0
loga (1 + x)
1
ln (1 + x)
ln (1 + x) 1
= lim
= lim
·
=
.
x→0
x→0
x
x ln a
x
ln a
ln a
e) Dokonajmy przekształcenia
4 2x−2 − 1
2x − 4
=
x2 − 4
(x − 2) (x + 2)
i podstawmy y = x − 2. Ponieważ x −→ 2 ⇐⇒ y −→ 0, więc
4 2x−2 − 1
4 (2y − 1)
= lim
lim
y→0 y (y + 4)
x→2 (x − 2) (x + 2)
y
2 −1
1
ln 2
= 4 lim
= ln 2.
=4
y→0
y
y+4
4
f ) Stosując to samo podstawienie możemy napisać następujący ciąg równości
2
2x−2 − x2 + 3
2y − (y + 2) + 3
= lim
x→2
y→0
x−2
y
2y − 1 − y (y + 4)
= lim
y→0
y
2y − 1
− lim (y + 4) = ln 2 − 4.
= lim
y→0
y→0
y
lim
Granica funkcji w punkcie
125
Nieco trudniej, choć również posługując się równościami z Faktu ??, można
obliczyć przydatną w różnych sytuacjach granicę.
• Fakt 4.1.2
Dla dowolnej liczby rzeczywistej a zachodzi równość
(1 + x)a − 1
= a.
x→0
x
lim
a
D o w ó d. Zróbmy podstawienie (1 + x) − 1 = y i zauważmy, że a =
Zatem
ln (1 + y)
.
ln (1 + x)
(1 + x)a − 1
ln (1 + y)
y
ln (1 + x)
y
ln (1 + x)
=
·
·
=a·
·
.
x
ln (1 + x) ln (1 + y)
x
ln (1 + y)
x
Ponieważ x −→ 0 ⇐⇒ y −→ 0, więc
a
y
ln (1 + x)
(1 + x) − 1
= a· lim
· lim
= a·1·1 = a.
y→0 ln (1 + y) x→0
x→0
x
x
lim
Ciekawa i bardzo pożyteczna jest jeszcze jedna równość.
• Fakt 4.1.3
lim
x→0
sin x
= 1.
x
D o w ó d. Spójrzmy na rysunek.
6
C
B
#
#
O
#
#
#
#
#x
-
A
Rys. 4.1.2 Pole trójkąta ∆OAB jest niewiększe niż pole wycinka kołowego OAB o
mierze łukowej x z przedziału 0, π2 , a to pole z kolei jest niewiększe niż pole trójkąta
∆OAC.
126
Ciągłość funkcji
Po obliczeniu pól odpowiednich figur umieszczonych na powyższym rysunku
widzimy, że prawdziwe są następujące nierówności
1
1
1
· 1 · sin x ¬ · 1 · x ¬ · 1 · tg x,
2
2
2
skąd
sin x < x < tg x.
Dzieląc stronami pierwszą z nierówności przez x i mnożąc drugą stronami przez
cos x
> 0 otrzymujemy oszacowanie
x
sin x
< 1.
cos x <
x
Ponieważ
x 2
x
x2
¬2
,
=
2
2
2
więc lim cos x = 1 i z twierdzenia o trzech funkcjach otrzymujemy tezę.
x→0
π
i spoWróćmy do nierówności sin x < x < tg x prawdziwej dla x ∈ 0,
2
rządźmy staranny wykres występujących w niej funkcji. Poprowadźmy dwie proste
π 2
4
y = x — przechodzącą przez punkty (0, 0) i
, 1 oraz y = x — przechodzącą
π
2
π
π ,1 .
przez punkty (0, 0) i
4
π
Z kształtu wykresów rozważanych funkcji wynika, że dla x ∈ 0,
prawdziwe
4
są nierówności
0 ¬ | cos x − 1| = 2 sin2
2
4
x < sin x < x < tg x < x.
π
π
Zobaczmy, jak to wygląda na rysunku.
y
y
6
6
y=sin x
1
y=tg x
1
2
x
y= π
y=x
4
x
y= π
1
2
y=x
1
2
1
2
O
1
r
r
π
6
π
4
3
2
1
2
r π
2
x
Rys. 4.1.3 Graficzna prezentacja nierówności
O
1
r
r
π
6
π
4
3
2
r π
2
4
2
x < sin x < x oraz x < tg x < x.
π
π
x
Granica funkcji w punkcie
127
Dygresja. Nierówności powyższe wykorzystujemy często przy badaniu zbieżności
ciągów i szeregów. W każdym z poniższych przykładów argument występujących w
nim funkcji trygonometrycznych
do zera, więc dla dostatecznie dużych n
zmierza
π
znajduje się on w przedziale 0,
i można skorzystać z wyżej wspomnianych
4
nierówności.
• Przykład 4.1.5
Udowodnić następujące równości:
1
sin2 2
1
n
+ 1 = 0;
a) lim n tg 2
= 0;
b) lim
2
n→∞
n→∞
n +5
tg 3
n p
p
√
c) lim sin π n2 + 1 = 0; d) lim n sin π n2 + 1 = 0.
n→∞
n→∞
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ prawdziwe są nierówności
n2
oraz
lim
n→∞
n
1
4n
¬ n tg 2
¬
+5
n +5
π (n2 + 5)
n
=0 i
n2 + 5
lim
n→∞
4n
= 0,
π (n2 + 5)
więc równość wynika z twierdzenia o trzech ciągach.
b) Prawdziwe są zależności
1
2
1
1
2
·
sin
2
2
2
2
π (n + 1)
n
n3
n2 + 1 ¬ (n + 1) =
¬
=
2
2,
2
4 2
2
4 (n2 + 1)
2 (n2 + 1)
tg 3
· 3
π n
n
n3
3
a ponieważ lim
n→∞
n3
(n2 + 1)2
= 0, więc równość wynika z twierdzenia o trzech cią-
gach.
c) W tym przykładzie co prawda argument funkcji trygonometrycznej nie zmierza
do zera, jednak, dzięki okresowości funkcji można dokonać takich przekształceń, by
dało się zastosować nierówności z ostatniej ramki. Korzystając z własności funkcji
sinus możemy przekształcić wyrazy naszego ciągu i otrzymujemy
p
√
n
sin π n2 + 1 = (−1) sin π n2 + 1 − nπ
√
√
n2 + 1 − n
n2 + 1 + n
n
√
= (−1) sin π
n2 + 1 + n
1
n
= (−1) sin π √
.
n2 + 1 + n
Zatem
p
π
−π
√
¬ sin π n2 + 1 ¬ √
n2 + 1 + n
n2 + 1 + n
128
Ciągłość funkcji
i równość wynika z twierdzenia o trzech ciągach.
d) Wykorzystując równość z poprzedniego przykładu możemy napisać nierówności
√
√
p
√
−π n
π n
√
¬ n sin π n2 + 1 ¬ √
n2 + 1 + n
n2 + 1 + n
i znowu równość wynika z twierdzenia o trzech ciągach, bo
√
n
lim √
= 0.
2
n→∞
n +1+n
• Przykład 4.1.6
Zbadać zbieżność następujących szeregów:
1
∞
∞ sin √
∞ p
X
X
X
2+1
n
1
1
n
√
tg √
n2 + 1 tg 2
; c)
sin √
.
; b)
a)
2
3
n
−
3
n+1
n −1
n −3
n=2
n=2
n=2
R o z w i ą z a n i e. a) Dla n ­ 2 prawdziwe są nierówności
∞
X
p
p
n
1
1
2+1·
¬
¬
,
n
n2 + 1 tg 2
2
2
n −3
n −3
n −3
n
jest rozbieżny (najprościej jest zastosować kryterium ilo2−3
n
n=2
n
1
razowe dla an = 2
, bn =
, więc z kryterium porównawczego wynika, że
n −3
n
rozważany szereg jest rozbieżny.
b) Dla n ­ 2 prawdziwe są zależności
a ponieważ
1
1
1
1
1
sin √
¬√
·√
=√
,
0< √
n2 − 1
n2 + 1
n2 − 1
n2 + 1
n4 − 1
∞
X
1
√
jest zbieżny (znowu należy zastosować kryterium ilorazowe
4
n −1
n=2
1
1
, bn = 2 , więc nasz szereg jest zbieżny.
dla an = √
n
n4 − 1
c) Dla n ­ 2 prawdziwe są nierówności
a szereg
0¬
1
n
2
n
1
√
√
tg √
¬ sin √
.
π n + 1 n3 − 3
n+1
n3 − 3
∞
X
1
n
2
√
√
jest rozbieżny (wystarczy zastosować kryterium iloSzereg
3
π
n
+
1
n −3
n=2
1
1
n
√
, bn =
razowe dla an = √
, więc nasz szereg jest rozbieżny.
n
n + 1 n3 − 3
Asymptoty wykresu funkcji
4.2
129
Asymptoty wykresu funkcji
W kilku rozważanych wcześniej przypadkach granica funkcji w punkcie była nie1
1−x
skończona. Np. lewostronna granica funkcji f (x) = 2
w punkcie x0 = 1 jest
nieskończona. Z lewej strony wykres funkcji zbliża się nieograniczenie do prostej
x = x0 . Mówimy wówczas, że prosta x = x0 jest asymptotą pionową lewostronną
wykresu funkcji.
• Definicja 4.2.1
Asymptotą pionową lewostronną wykresu funkcji y = f (x)
nazywamy prostą x = x0 taką, że
lim f (x) = ±∞.
x→x−
0
• Definicja 4.2.2
Asymptotą ukośną w −∞ lub inaczej asymptotą ukośną
lewostronną wykresu funkcji f nazywamy prostą y = A− x + B− taką, że
lim [f (x) − (A− x + B− )] = 0.
x→−∞
Analogicznie definiujemy asymptotę pionową prawostronną oraz asymptotę ukośną y = A+ x + B+ w +∞ (asymptotę ukośną prawostronną). Gdy A+ = 0 lub
A− = 0, wówczas mówimy o odpowiedniej asymptocie poziomej.
y
y
6
6
x=x0
y=f (x)
y=A+ x+B+
y=f (x)
cx0
O
x
#
#
#
O
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
#
x
Rys. 4.2.1 Graficzna prezentacja asymptoty pionowej obustronnej (prosta x = x0 )
oraz asymptoty ukośnej w +∞ (prosta y = A+ x + B+ ).
Współczynniki A+ , B+ lub A− , B− , występujące w równaniach asymptot ukośnych, odpowiednio w +∞ lub w −∞, można obliczyć dzięki następującemu twierdzeniu.
130
Ciągłość funkcji
•Twierdzenie 4.2.1
Prosta y = A+ x+B+ jest asymptotą ukośną wykresu funkcji f
w +∞ wtedy i tylko wtedy, gdy
f (x)
oraz B+ = lim f (x) − A+ x .
x→+∞ x
x→+∞
A+ = lim
Analogiczne wzory są prawdziwe dla asymptoty ukośnej y = A− x + B− wykresu
funkcji f w −∞.
D o w ó d (tylko w przypadku asymptoty wykresu funkcji w +∞).
(⇒) Jeżeli lim [f (x) − (A+ x + B+ )] = 0 dla pewnych stałych A+ i B+ , to oczyx→+∞
wiście B+ = lim f (x) − A+ x , a ponadto
x→+∞
f (x) − (A+ x + B+ )
=
x→+∞
x
lim
lim [f (x) − (A+ x + B+ )]
x→+∞
lim x
=
x→+∞
0
= 0.
−∞
Mamy więc
f (x) − (A+ x + B+ )
lim
= lim
x→+∞
x→+∞
x
f (x)
B+
− A+ −
x
x
= lim
x→+∞
f (x)
− A+ .
x
Zatem
f (x)
= A+ oraz B+ = lim [f (x) − A+ x] .
x→+∞
x
(⇐) Załóżmy, że istnieją skończone granice
lim
x→+∞
f (x)
oraz B+ = lim [f (x) − A+ x] .
x→+∞
x→+∞ x
A+ = lim
Z własności arytmetycznych granicy wynika, że ostatnie dwie równości równoważne
są warunkowi lim [f (x) − (A+ x + B+ )] = 0, co należało wykazać.
x→+∞
• Przykład 4.2.1
Wyznaczyć asymptoty pionowe w punkcie x0 = 0 oraz asymptoty
ukośne wykresów funkcji:
√
√
1
1
sin x
sin x
; b) f (x) = 2 ; c) f (x) = x sin ; d) f (x) = x+ x sin .
a) f (x) =
x
x
x
x
sin x
sin x
= 1, więc wykres funkcji f (x) =
x
x
nie ma asymptoty pionowej w punkcie x0 = 0. Ponieważ
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ lim
x→0
−
sin x
1
1
¬ 2 ¬ 2,
x2
x
x
więc z twierdzenia o trzech funkcjach wynika, że
A− = lim
x→−∞
sin x
sin x
= 0 oraz A+ = lim
= 0.
2
x→∞
x
x2
Asymptoty wykresu funkcji
131
Podobnie
sin x
sin x
= 0 oraz B+ = lim
=0
x→−∞ x
x→∞ x
więc prosta y = 0 jest asymptotą poziomą wykresu zarówno w −∞ jak i w ∞.
b) Ponieważ
sin x
1
1 sin x
lim
= lim−
= − · 1 = −∞,
0
x→0− x2
x→0 x x
oraz
1
1 sin x
1
= + · 1 = +∞,
lim+ 2 sin x = lim+ ·
x
0
x→0 x
x→0 x
B− = lim
więc prosta x = 0 jest obustronną asymptotą pionową wykresu funkcji. Licząc
podobnie, jak w poprzednim przykładzie, otrzymujemy
A− = lim
x→−∞
sin x
= 0,
x3
A+ = lim
x→∞
sin x
= 0,
x3
oraz
sin x
sin x
= 0,
B+ = lim
= 0,
x→∞ x2
x2
więc prosta y = 0 jest asymptotą poziomą wykresu w −∞ i w ∞.
c) Oczywiście, ze względu na dziedzinę funkcji, tzn. zbiór (0, ∞), w punkcie x0 = 0
szukamy tylko asymptoty pionowej prawostronnej. Ponieważ
B− = lim
x→−∞
√
√
1 √
− x ¬ x sin ¬ x,
x
√
1
x sin = 0. Zatem wykres
x
funkcji nie posiada asymptoty pionowej w punkcie x = 0. Poszukajmy asymptoty
ukośnej w ∞. Mamy
więc z twierdzenia o trzech funkcjach wynika, że lim+
x→0
oraz
√
1
1
x sin
sin
x = lim √ x = 0 = 0
A+ = lim
x→∞
x→∞
x
x
∞
1
1
1 sin x
x sin = lim √ ·
= 0 · 1 = 0,
B+ = lim
1
x→+∞
x x→+∞ x
x
więc prosta y = 0 jest asymptotą poziomą wykresu w ∞.
d) Pamiętając o rachunkach z poprzedniego przykładu widzimy, że
√
1
lim x + x sin
= 0,
x
x→0+
√
132
Ciągłość funkcji
więc wykres funkcji nie ma asymptoty pionowej w punkcie x = 0. Poszukajmy, jak
poprzednio, asymptoty ukośnej w ∞. Otrzymujemy


√
1
1
sin
x + x sin
0

x = lim 
=1
A+ = lim
1 + √ x  = 1 +
x→∞
x→∞
x
∞
x
oraz
1
√
1
1 sin x
= 0 · 1 = 0,
B+ = lim
x + x sin − x = lim √ ·
1
x→+∞
x→+∞
x
x
x
więc prosta y = x jest asymptotą ukośną wykresu w ∞.
• Przykład 4.2.2
Wyznaczyć asymptotę pionową w punkcie x = 1 oraz asymptoty
ukośne wykresów funkcji:
a) f (x) = 2
1
x−1
;
b) f (x) = 2
c) f (x) = 2x + 2
1
x−1
;
1
|x−1|
;
d) f (x) = |x| − 2
1
|x−1|
.
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
lim− 2
1
x−1
1
= 20
−
x→1
= 2−∞ = 0,
więc w punkcie x = 1 wykres nie posiada asymptoty pionowej lewostronnej. Ponieważ
lim 2
1
x−1
x→1+
1
+
= 20
= 2+∞ = ∞,
więc prosta x = 1 jest asymptotą pionową prawostronną wykresu. Policzmy jeszcze
2
A− = lim
1
x−1
x
x→−∞
oraz
A+ = lim
2
x→∞
1
x−1
x
20
=
= 0,
−∞
20
=
= 0,
∞
B− = lim
2
x→−∞
B+ = lim
2
x→∞
1
x−1
1
x−1
!
−0·x
!
−0·x
= 20 = 1
= 20 = 1.
Stąd wynika, że prosta y = 1 jest asymptotą poziomą zarówno w −∞, jak i w ∞.
b) W tym przypadku prosta x = 1 jest asymptotą pionową obustronną wykresu
funkcji, ponieważ
lim 2
x→1−
1
|x−1|
= lim 2
x→1+
1
|x−1|
1
+
= 20
= 2+∞ = ∞.
Asymptoty wykresu funkcji
133
Tak, jak w poprzednim przypadku, pokazuje się, że prosta y = 1 jest asymptotą
poziomą zarówno w −∞ jak i w ∞.
c) Ponieważ
!
lim
x→1−
1
x−1
2x + 2
1
= 2 + 20
−
= 2 + 2−∞ = 2,
więc w punkcie x = 1 wykres nie posiada asymptoty pionowej lewostronnej. Jednak
!
1
1
lim
2x + 2
x→1+
x−1
+
= 2 + 20
= 2+∞ = ∞,
więc prosta x = 1 jest asymptotą pionową prawostronną. Policzmy też


1
1
A− =
B− =
2x + 2
x→−∞
x
x−1
lim
lim
x→−∞
2

= lim 2 +
x→−∞
2x + 2
!
1
x−1
−2·x
x−1
20

= 2,
=2+
x
−∞
= 20 = 1
oraz
2x + 2
x→∞
x
1
x−1
A+ = lim
B+ = lim
x→∞
2

= lim 2 +
x→∞
1
x−1
2x + 2

!
−2·x
1
x−1

20

= 2,
=2+
x
∞
= 20 = 1.
Stąd wynika, że prosta y = 2x + 1 jest asymptotą ukośną tak w −∞ jak i w +∞.
d) Podobnie, jak w przykładzie b) prosta x = 1 jest asymptotą pionową obustronną wykresu funkcji, ponieważ
1 !
1 !
1
lim
x→1−
|x| − 2
|x−1|
= lim
x→1+
|x| − 2
|x−1|
Poszukajmy jeszcze asymptot ukośnych. Mamy:

1
A− =
B− =
|x| − 2
x→−∞
x
lim
lim
x→−∞
|x−1|
|x| − 2
2

= lim −1 −
x→−∞
1
|x−1|
!
− (−1) · x
+
= 1 − 20
1
|x−1|
x

= 1 − 2+∞ = −∞.
20

= −1,
 = −1 −
−∞
= −20 = −1
134
Ciągłość funkcji
oraz
|x| − 2
x→∞
x
A+ = lim
B+ = lim
x→∞
1
|x−1|
|x| − 2

2

= lim 1 −
x→∞
1
|x−1|
!
−x
1
|x−1|
x

20

= 1,
=1−
∞
= −20 = −1.
Zatem asymptotą ukośną w −∞ jest prosta y = −x − 1, zaś w ∞ – prosta
y = x − 1.
• Przykład 4.2.3
Wyznaczyć asymptoty pionowe na krańcach dziedziny oraz asymptoty ukośne wykresów funkcji:
√
√
√
x2 + 1
x2 − 1
1 − x2
; b) f (x) = 3x −
; c) f (x) =
.
a) f (x) =
x−1
x−1
x−1
R o z w i ą z a n i e. a) Dziedziną funkcji jest zbiór (−∞, 1) ∪ (1, ∞). Z równości
√
√
√
√
x2 + 1
2
x2 + 1
2
= − = −∞ oraz lim
= + =∞
lim
0
0
x→1+ x − 1
x→1− x − 1
wynika, że prosta x = 1 jest obustronną asymptotą pionową wykresu funkcji.
|x|
|x|
Poszukajmy asymptot ukośnych. Ponieważ
= −1 dla x < 0 oraz
= 1 dla
x
x
x > 0, więc mamy
r
r
1
1
√
|x| 1 + 2
1+ 2
x2 + 1
1
x
x
A− = lim
= lim
= − lim
=−
= 0,
x→−∞ x(x − 1)
x→−∞ x(x − 1)
x→−∞
x−1
∞
r
r
1
1
√
1+ 2
|x| 1 + 2
x2 + 1
x = − lim
x = −1,
= lim
B− = lim
1
x→−∞
x→−∞
x→−∞ x − 1
x−1
1−
x
czyli prosta y = −1 jest asymptotą poziomą w −∞. Jeszcze prościej pokazuje się,
że prosta y = 1 jest asymptotą poziomą w ∞.
b) Dziedziną funkcji jest zbiór (−∞, −1) ∪ (1, ∞). Ponieważ
√
0
x2 − 1
=
= 0,
lim −
x−1
−2
x→−1
więc
lim f (x) = −3, czyli wykres funkcji nie ma asymptoty pionowej w punkcie
x→−1−
x = −1. Z równości
lim
x→1+
!
√
x2 − 1
3x −
= lim
x−1
x→1+
3x −
s
(x − 1)(x + 1)
(x − 1)2
!
=
Ciągłość funkcji w punkcie
= lim
x→1+
135
3x −
s
(x + 1)
(x − 1)
!
=3−
√
2
= −∞
0+
wynika, że prosta x = 1 jest prawostronną asymptotą pionową wykresu funkcji.
Policzmy jeszcze
r
r




1
1
|x|
1
−
1
−


x2 
x2 
 = lim 3 +
 = 3 + 1 = 3,
3−
A− = lim 



x→−∞
x→−∞
x(x − 1)
x−1 
−∞
r
1
√
|x| 1 − 2
x2 − 1
x
B− = lim
= lim
= − lim
x→−∞ x − 1
x→−∞
x→−∞
x−1
r
1
x2 = −1,
1
1−
x
Zatem prosta y = 3x − 1 jest asymptotą ukośną w −∞. Podobnie łatwo policzyć,
że prosta y = 3x + 1 jest asymptotą ukośną w ∞.
c) Dziedziną funkcji jest zbiór ograniczony [−1, 1), więc wykres funkcji nie posiada
asymptot ukośnych. Policzmy
√
0
1 − x2
=
= 0.
lim
−2
x→−1+ x − 1
1−
Zatem wykres naszej funkcji nie ma asymptoty pionowej prawostronnej w punkcie
x0 = −1. Natomiast obliczając granicę lewostronną w punkcie x0 = 1 otrzymujemy
s
s
√
2
1 − x2
(1 − x)(1 + x)
(1 + x)
= lim −
= lim −
= − + = −∞,
lim
2
−
−
−
x−1
(1 − x)
(1 − x)
0
x→1
x→1
x→1
czyli prosta x = 1 jest asymptotą pionową lewostronną wykresu funkcji.
4.3
Ciągłość funkcji w punkcie
Załóżmy, że funkcja y = f (x) jest określona w otoczeniu (x0 − r, x0 + r) punktu
x0 dla pewnego r > 0.
• Definicja 4.3.1
Mówimy, że funkcja f jest ciągła w punkcie x0 , jeżeli
lim f (x) = f (x0 ) .
x→x0
Rozważając jedynie otoczenia lewostronne (x0 −r, x0 ] (prawostronne – [x0 , x0 +r))
punktu x0 oraz odpowiednio – granice lewo- i prawostronne otrzymujemy pojęcie
funkcji lewo- i prawostronnie ciągłej w punkcie x0 .
136
Ciągłość funkcji
Warto jest uświadomić sobie, że, zgodnie z definicją Heinego granicy funkcji w
punkcie, ciągłość funkcji f w punkcie x0 oznacza, że dla dowolnego ciągu
argumentów (xn ) dążącego do x0 zachodzi równość
lim f (xn ) = f lim xn .
n→∞
n→∞
Popularnie mówimy, że „można wejść ze znakiem funkcji pod znak granicy”. Dopóki nie wiemy, czy funkcja jest ciągła w punkcie x0 , operacji takiej wykonać nie
wolno!
Z kolei definicja Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie daje nam natychmiast
lokalne zachowanie znaku przez funkcję ciągłą w punkcie x0 . Mianowicie, jeżeli f jest funkcją ciągłą w punkcie x0 i np. f (x0 ) > 0, to f przyjmuje wartości dodatnie na pewnym przedziale zawierającym x0 . Jest
to oczywiste, bo wystarczy w definicji Cauchy’ego granicy funkcji w punkcie x0
f (x0 )
dla ε =
dobrać δ > 0 takie, by dla x ∈ (x0 − δ, x0 + δ) zachodziła nierówność
2
3f (x0 )
f (x0 )
< f (x) <
.
0<
2
2
• Przykład 4.3.1
Zbadać ciągłość funkcji f (x) = x[x] w punktach x1 = 0, x2 = 1.
R o z w i ą z a n i e. 1) Dla x ∈ [−1, 0) mamy f (x) = −x, więc lim− f (x) =
x→0
lim− (−x) = 0. Dla x ∈ [0, 1) mamy f (x) = 0, więc lim+ f (x) = 0, a ponieważ
x→0
x→0
f (0) = 0, więc funkcja f jest ciągła w punkcie x1 = 0.
2) Dla x ∈ [0, 1) jest f (x) = 0, więc lim f (x) = 0. Dla x ∈ [1, 2) mamy f (x) = x,
x→1−
więc lim f (x) = 1, a ponieważ f (1) = 1, więc funkcja f jest prawostronnie ciągła
x→1+
w punkcie x2 = 1.
• Przykład 4.3.2
Zbadać ciągłość funkcji
 ex − x − 1



x
f (x) =
0


 √x sin 1
x
dla
x < 0,
dla
x = 0,
dla
x > 0,
w punkcie x0 = 0.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
lim− f (x) = lim
x→0
x→0
ex − 1
ex − x − 1
= lim
− 1 = 0,
x→0
x
x
√
√
√
1
1
a z nierówności | x sin | ¬ x wynika, że lim+ x sin = 0 oraz f (0) = 0, więc
x
x
x→0
funkcja f jest ciągła w punkcie x0 = 0.
Nieciągłość funkcji f w punkcie x0 może powstać tylko z dwu powodów:
Ciągłość funkcji w punkcie
137
1) gdy nie istnieje granica lim f (x)
x→x0
albo
2) gdy lim f (x) 6= f (x0 ).
x→x0
• Definicja 4.3.2
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość pierwszego rodzaju, jeżeli istnieją skończone granice jednostronne: lewostronna
lim f (x) i prawostronna lim f (x), ale
x→x+
0
x→x−
0
lim f (x) 6= f (x0 )
x→x−
0
lim f (x) 6= f (x0 ) .
lub
x→x+
0
• Definicja 4.3.3
Mówimy, że funkcja f ma w punkcie x0 nieciągłość drugiego
rodzaju, jeżeli co najmniej jedna z granic jednostronnych
lim f (x),
x→x−
0
lim f (x)
x→x+
0
nie istnieje lub jest niewłaściwa.
Przeanalizujmy kilka przykładów.
• Przykład 4.3.3
Zbadać rodzaj nieciągłości funkcji

tg 2x


dla x < 0,


 x
0
dla x = 0,
f (x) =


x

2 −1


dla x > 0,
x
w punkcie x0 = 0.
R o z w i ą z a n i e. Ponieważ
lim− f (x) = lim−
x→0
x→0
tg 2x
= lim−
x
x→0
oraz
2
sin 2x
·
2x
cos 2x
=1·
2
=2
1
2x − 1
= ln 2 i f (0) = 0,
x
x→0+
x→0+
więc f ma w punkcie x = 0 nieciągłość pierwszego rodzaju.
lim f (x) = lim
• Przykład 4.3.4
Określić rodzaje nieciągłości podanych funkcji w punkcie x0 = 0:

1


1


 1 − sin x dla x < 0,
dla x =
6 0,
1
0
dla x = 0,
b) f (x) =
a) f (x) =
1 + ex



 √x sin 1
0
dla x = 0.
dla x > 0;
x
138
Ciągłość funkcji
R o z w i ą z a n i e. a) Ponieważ
lim+ f (x) = lim+
x→0
√
x→0
x sin
1
= 0 = f (0),
x
a jednocześnie granica lewostronna
1
lim f (x) = lim− 1 − sin
x
x→0−
x→0
nie istnieje, więc funkcja f ma w punkcie x = 0 nieciągłość drugiego rodzaju.
b) Ponieważ
lim f (x) = lim
x→0−
x→0−
oraz
1
1+e
1
x
=
1
1
=
=1
−∞
1+e
1+0
1
1
=
= 0,
∞
1+e
1+∞
x→0
x→0 1 + e
a także f (0) = 0, więc funkcja f ma w punkcie x = 0 nieciągłość pierwszego
rodzaju.
lim+ f (x) = lim+
1
1
x
=
Proste rozumowanie oraz twierdzenia o arytmetyce granic funkcji pozwalają
udowodnić następujące fakty.
•Twierdzenie 4.3.1
Jeżeli funkcje f i g są ciągłe w punkcie x0 , to funkcje: f + g,
f
f − g, f · g oraz , o ile g (x0 ) 6= 0, są ciągłe w punkcie x0 .
g
•Twierdzenie 4.3.2
Jeżeli funkcja f jest ciągła w punkcie x0 , a funkcja g jest
ciągła w punkcie y0 = f (x0 ), to funkcja złożona g ◦ f jest ciągła w punkcie x0 .
Powyższe twierdzenia prawdziwe są również dla funkcji ciągłych jednostronnie, dla
większej liczby składników i czynników, a także dla większej liczby złożeń.
Funkcje, o których mówiliśmy w powyższych przykładach były ciągłe w każdym punkcie dziedziny z wyjątkiem jednego punktu. Ale są też funkcje nieciągłe
w każdym punkcie dziedziny. Taką jest np. funkcja Dirichleta
(
1 dla
x ∈ Q,
f (x) =
0 dla x ∈ R\Q.
Ponieważ w każdym przedziale znajduje się zarówno liczba wymierna jak i niewymierna, więc dowolny punkt x0 ∈ R jest granicą zarówno ciągu (xn ) liczb
wymiernych i wówczas mamy
lim f (xn ) = lim 1 = 1,
n→∞
jak i ciągu
(x′n )
n→∞
liczb niewymiernych, a wtedy otrzymujemy
lim f (x′n ) = lim 0 = 0.
n→∞
n→∞
Zatem funkcja f w żadnym punkcie x0 ∈ R nie jest ciągła.
Ciągłość funkcji elementarnych
4.4
139
Ciągłość funkcji elementarnych
Uzasadnimy teraz, że funkcje pojawiające się w programie szkolnym są ciągłe.
1) Ciągłość dowolnego wielomianu w dowolnym punkcie prostej rzeczywistej
wynika z twierdzenia o ciągłości w punkcie sumy i iloczynu funkcji.
2) Każda funkcja wymierna (tzn. funkcja będąca ilorazem dwóch wielomianów)
jest ciągła — na mocy twierdzenia o ciągłości ilorazu funkcji ciągłych — w dowolnym punkcie prostej rzeczywistej, oprócz punktów, w których zeruje się jej
mianownik.
3) Ciągłość funkcji wykładniczej f (x) = ax w każdym punkcie prostej jest
konsekwencją Faktu 2.3.7 oraz definicji Heinego granicy funkcji w punkcie.
4) Funkcja logarytmiczna jest ciągła na przedziale (0, ∞), ponieważ dla dowolnego x0 ∈ (0, ∞) możemy napisać następujący ciąg równości
x
x − x0
lim (ln x − ln x0 ) = lim ln
= lim ln 1 +
= 0.
x→x0
x→x0
x→x0
x0
x0
Ostatnia równość wynika z definicji Heinego granicy funkcji w punkcie, równości
x − x0
lim
= 0 oraz Faktu 2.3.13.
x→x0
x0
5) Ciągłość funkcji potęgowej na dodatniej części osi Ox wynika z ciągłości funkcji logarytmicznej, wykładniczej i twierdzenia o ciągłości funkcji złożonej, ponieważ dla dowolnego α oraz dowolnego x > 0 prawdziwa jest tożsamość
xα = eα ln x .
6) Jak uzasadnić ciągłość funkcji trygonometrycznych pokażemy na przykładzie funkcji f (x) = sin x. Zauważmy, że dzięki twierdzeniu o trzech funkcjach,
równość
x+x0
x−x0
cos
= 0,
lim (sin x − sin x0 ) = lim 2 sin
x→x0
x→x0
2
2
wynika z nierówności:
x−x0
x+x0 0 ¬ 2 sin
¬ |x−x0 |.
cos
2
2 Ponieważ
sin x
cos x
− x , tg x =
oraz ctg x =
,
2
cos x
sin x
więc z poprzednio cytowanych twierdzeń wynika, że te funkcje trygonometryczne
również są ciągłe we wszystkich punktach swoich dziedzin.
cos x = sin
π
Możemy teraz zrobić kilka przykładów, w których wykorzystamy twierdzenie
o granicy funkcji złożonej.
• Przykład 4.4.1
Obliczyć następujące granice:
ln (1 + sin x)
;
x→0
x
a) lim
sin (2x − 1)
;
x→0 ln(1 + x)
b) lim
c)
lim
x→0+
tg x
sin x
.
140
Ciągłość funkcji
R o z w i ą z a n i e. a) Dokonujmy przekształcenia
ln (1 + sin x)
ln (1 + sin x) sin x
=
·
.
x
sin x
x
Wiemy już, że
lim
x→0
sin x
= 1,
x
więc wystarczy pokazać, że
lim
x→0
ln (1 + sin x)
= 0.
sin x
Zauważmy jednak, że funkcja
f (x) =
ln (1 + sin x)
sin x
jest złożeniem f = h ◦ g, gdzie
ln(1 + x)
,
x
więc żądana równość wynika z twierdzenia o granicy funkcji złożonej. Zatem
g(x) = sin x,
h(x) =
ln (1 + sin x)
ln (1 + sin x)
sin x
= lim
· lim
= 1 · 1 = 1.
x→0
x→0
x
sin x
x
b) Znowu zróbmy przekształcenie
lim
x→0
sin (2x − 1) 2x − 1
x
sin (2x − 1)
=
·
·
.
ln(1 + x)
2x − 1
x
ln(1 + x)
Funkcja f (x) =
sin (2x − 1)
jest złożeniem f = h ◦ g, gdzie g(x) = 2x − 1, h(x) =
2x − 1
sin x
. Zatem potrzebna równość
x
sin (2x − 1)
=1
x→0
2x − 1
wynika z twierdzenia o granicy funkcji złożonej. Stąd
lim
sin (2x − 1)
sin (2x − 1)
2x − 1
x
= lim
·
lim
· lim
= 1 · ln 2 · 1 = ln 2.
x
x→0 ln(1 + x)
x→0
x→0
x→0 ln(1 + x)
2 −1
x
lim
c) Zapiszmy tak
1
tg x
sin x
cos x
(sin x)
= (sin x)
sin x
Funkcja f (x) = sin x
jest złożeniem f = h ◦ g, gdzie g(x) = sin x, h(x) = xx ,
sin x
więc lim+ sin x
= 1, a ponieważ lim cos x = 1, więc, zgodnie z twierdzeniem
x→0
x→0
o arytmetyce granic, mamy
1
lim (sin x)
x→0+
tg x
sin x
= lim+ (sin x)
x→0
cos x
= 1.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych
4.5
141
Najważniejsze własności funkcji ciągłych
•Twierdzenie 4.5.1
(Weierstrassa o ograniczoności funkcji ciągłej)
Funkcja f ciągła na przedziale domkniętym [a, b] jest ograniczona, czyli
_
^
m ¬ f (x) ¬ M.
m,M∈R x∈[a,b]
D o w ó d. Załóżmy nie wprost, że f nie jest ograniczona z góry na [a, b]. Stąd
dla dowolnego n ∈ N możemy znaleźć xn ∈ [a, b] taki, że f (xn ) > n. Istnieje zatem ciąg (xn ) taki, że f (xn )→∞. Na mocy twierdzenia Bolzano–Weierstrassa ciąg
(xn ), jako ograniczony, ma podciąg (xnk ) zbieżny do pewnego x0 ∈ [a, b]. Ponieważ f jest ciągła, więc f (xnk ) → f (x0 ), co jest oczywiście sprzeczne z warunkiem
f (xn ) → ∞. Dowód dla funkcji nieograniczonej z dołu jest podobny.
W powyższym twierdzenieu założenie domkniętości
jest istotne, bo np.
πprzedziału
funkcja f (x) = tg x jest ciągła na przedziale 0,
, ale nie jest na nim ogra2
niczona. Także założenie ograniczoności przedziału jest istotne, gdyż np. funkcja
f (x) = x jest ciągła na przedziale [0, ∞), ale nie jest na nim ograniczona. Podobnie
założenie ciągłości funkcji jest istotne, bo np. funkcja

π
0
dla x = ,
h2 f (x) =
 tg x dla x ∈ 0, π
2
h πi
nie jest ograniczona na przedziale domkniętym 0, .
2
•Twierdzenie 4.5.2
(Weierstrassa o osiąganiu kresów)
Funkcja f ciągła na przedziale domkniętym [a, b] przyjmuje na tym przedziale wartość najmniejszą i największą, czyli
_
_
f (d) = sup f (x).
f (c) = inf f (x) oraz
c∈[a,b]
x∈[a,b]
d∈[a,b]
x∈[a,b]
D o w ó d. Ponieważ funkcja f jest ograniczona, czyli zbiór f ([a, b]) jej wartości
na przedziale [a, b] jest ograniczony, więc na mocy twierdzenia o ciągłości zbioru
liczb rzeczywistych zbiór ten ma kres dolny a = inf f ([a, b]) Pokażemy, że istnieje
punkt x0 ∈ [a, b] taki, że f (x0 ) = a. Z definicji kresu dolnego wynika, że możemy
zbudować ciąg (xn ) punktów przedziału [a, b] taki, że dla dowolnego n ∈ N zachodzi
nierówność
1
a ¬ f (xn ) < a+ .
n
Z twierdzenia o trzech ciągach wynika, że lim f (xn ) = a. Na mocy twierdzenia
n→∞
Bolzano–Weierstrassa ciąg (xn ) ma podciąg (xnk ) zbieżny do pewnego x0 ∈ [a, b],
a z ciągłości funkcji f otrzymujemy równość f (x0 ) = a. Podobnie uzasadnia się
142
Ciągłość funkcji
drugą część tezy.
Wszystkie założenia są istotne, o czym świadczą te same przykłady, których
użyliśmy do pokazania istotności założeń w poprzednim twierdzeniu Weierstrassa.
Proszę sprawdzić!
Zauważmy, że z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów wynikają np., następujące fakty:
1) Wśród trójkątów równoramiennych wpisanych w okrąg o promieniu R istnieje
taki, który ma największe pole i taki, który ma największy obwód.
2) Wśród graniastosłupów prawidłowych o podstawie kwadratowej wpisanych w
stożek, o promieniu podstawy R i wysokości H, istnieje taki, który ma największą
objętość i taki, który ma największe pole powierzchni całkowitej.
3) Wśród stożków wpisanych w kulę o promieniu R istnieje taki, który ma największą objętość i taki, który ma największe pole powierzchni całkowitej.
4) Dowolny wielomian stopnia parzystego przyjmuje na R wartość najmniejszą lub
największą.
Dlaczego? W trzech początkowych przykładach Czytelnik winien wyznaczyć pole i
obwód (w pierwszym przypadku), a objętość i pole powierzchni całkowitej (w dwu
następnych) jako funkcję R (i ewentualnie H), określić przedział, na jakim ją rozważa i sprawdzić jej ciągłość, a następnie skorzystać z twierdzenia Weierstrassa o
osiąganiu kresów. W czwartym przykładzie wystarczy zauważyć, że dla dowolnego
wielomianu f (x) stopnia parzystego zachodzi równość
lim f (x) = lim f (x) = ε∞,
x→∞
x→−∞
gdzie ε jest znakiem współczynnika przy największej potędze w wielomianie f (x)
i trochę pomyśleć!
Oba twierdzenia Weierstrassa wykorzystywane są w dowodach bardzo wielu własności funkcji, niekoniecznie ciągłych. Warto na przykład wiedzieć, że funkcje monotoniczne zachowują się dosyć „porządnie”. Mianowicie – prawdziwe jest następujące twierdzenie.
•Twierdzenie 4.5.3
Funkcja rosnąca (malejąca) na przedziale [a, b] może mieć co
najwyżej nieciągłości pierwszego rodzaju.
D o w ó d. Niech, dla ustalenia uwagi, f będzie funkcją rosnącą na [a, b] i niech
x0 ∈ [a, b]. Pokażemy, że istnieje lim− f (x). Podobnie pokazuje się, że istnieje
x→x0
granica lim f (x). Rozważmy zbiór
x→x+
0
A(x0 ) = {f (x) : a ¬ x < x0 }.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych
143
Ponieważ funkcja f jest rosnąca, więc zbiór A(x0 ) jest ograniczony z góry przez
f (x0 ). Dalej niech a(x0 ) oznacza kres górny zbioru A (x0 ). Pokażemy, że
lim f (x) = a(x0 ).
x→x−
0
Posłużymy się definicją Cauchy’ego granicy lewostronnej. Niech ε będzie dowolnie
ustaloną liczbą dodatnią. Z definicji kresu górnego wynika, że w przedziale (a(x0 )−
ε, a(x0 )) znajduje się przynajmniej jeden element zbioru A(x0 ), czyli istnieje a ¬
x1 < x0 , takie, że
a(x0 ) − ε < f (x1 ) < a(x0 ).
Ponieważ f jest rosnąca, więc dla dowolnego x1 < x2 < x0 mamy również
a(x0 ) − ε < f (x1 ) < f (x2 ) < a(x0 ),
co oznacza, że lim− f (x) = a(x0 ).
x→x0
Zanim sformułujemy i udowodnimy jeszcze jedną bardzo ważną własność funkcji ciągłych, musimy wprowadzić nowe, dużo mocniejsze niż ciągłość pojęcie. Zapiszmy starannie definicję ciągłości funkcji na zbiorze.
Funkcja f jest ciągła na zbiorze A ⊂ R, jeżeli jest ciągła w każdym punkcie tego
zbioru, czyli
^ ^
_
^ |x−x0 | < δ(x0 , ε) =⇒ |f (x)−f (x0 )| < ε .
x0 ∈A ε>0 δ(x0 ,ε)>0 x∈A
Widać wyrażnie, że w powyższej definicji liczba δ > 0 zależy nie tylko od zadanego
ε > 0, ale i od punktu x0 , w którym ciągłość badamy. Spróbujmy uwolnić się od
zależności od punktu x0 . Otrzymamy wówczas następującą definicję.
• Definicja 4.5.1
jeżeli
^
Funkcja f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A ⊂ R,
_
^
^ ε>0 δ(ε)>0 x0 ∈A x∈A
|x−x0 | < δ(ε) =⇒ |f (x)−f (x0 )| < ε .
Oczywiście, jeżeli f jest jednostajnie ciągła na zbiorze A, to jest na nim
ciągła. Ale nie na odwrót! Rozważmy kilka przykładów.
• Przykład 4.5.1
Pokazać, że funkcja f (x) = x2 jest jednostajnie ciągła na prze-
dziale [0, 2].
R o z w i ą z a n i e. Dla dowolnych punktów x0 , x ∈ [0, 2] zachodzą zależności
|x2 −x20 | = |x−x0 ||x+x0 | ¬ 4|x−x0 |.
ε
, by niezależnie od wyboru
4
punktów x0 , x ∈ [0, 2] takich, że |x−x0 | < δ, zachodziła nierówność |x2 −x20 | < ε.
Zatem dla dowolnego ε > 0 wystarczy wziąć δ =
144
Ciągłość funkcji
• Przykład 4.5.2
Dla dowolnego a > 0 funkcja f (x) =
na przedziale [a, ∞).
1
jest jednostajnie ciągła
x
R o z w i ą z a n i e. Dla dowolnych punktów x0 , x ∈ [a, ∞) zachodzi nierówność
1 1 |x−x0 |
|x−x0 |
− =
.
¬
x x0 |x · x0 |
a2
Zatem dla dowolnego ε > 0 wystarczy wziąć δ = a2 ε, by niezależnie
od wyboru
1 1 punktów x0 , x ∈ [a, ∞) takich, że |x−x0 | < δ, zachodziła nierówność − < ε.
x x0
• Przykład 4.5.3
Wykazać, że funkcja f (x) =
przedziale (0, 1].
1
nie jest jednostajnie ciągła na
x
R o z w i ą z a n i e. Pokażemy, że
_ ^ _ _ 0 < |x−x0 | < δ
ε>0 δ>0 x0∈A x∈A
∧
1 1 − ­ε .
x x0 1
< δ, więc wystarn
czy znaleźć ciąg punktów (xn ), dla którego spełniony jest warunek
1
1 1
i
|xn − xn+1 | <
xn − xn+1 ­ ε.
n
1
Zobaczmy, że np. ε = 1 jest „dobry”, bo dla ciągu (xn ) =
mamy
n
1 −1 1 −1 1
1
1
1
−
i
−
= 1.
n n + 1 = n(n + 1) < n
n
n+1
Ponieważ dla dowolnego δ > 0 można znaleźć n ∈ N takie, że
• Przykład 4.5.4
Wykazać, że funkcja f (x) = sin
przedziale (0, π).
R o z w i ą z a n i e. Zauważmy, że ciąg (xn ) =
lim |xn − xn+1 | = lim π
n→∞
n→∞
π
2
+ nπ
1
nie jest jednostajnie ciągła na
x
π
2
−1 π
2
a dla wszystkich n ∈ N mamy |f (xn ) − f (xn+1 )| = 2.
+ nπ
−1 + nπ + π
spełnia warunek
−1
=0
Pokazuje się, że na przedziałach domkniętych sytuacja taka, jak w ostatnich
dwu przykładach, nie może się zdarzyć. Prawdziwe jest bowiem następujące twierdzenie.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych
145
•Twierdzenie 4.5.4
(Cantora2 o ciągłości jednostajnej)
Funkcja ciągła na przedziale domkniętym jest na nim jednostajnie ciągła.
D o w ó d. Rozważmy funkcję ciągłą f : [a, b]−→R i załóżmy nie wprost, że nie
jest ona jednostajnie ciągła na [a, b]. Istnieje zatem ε > 0 oraz ciągi punktów
1
(xn ), (x′n ) w przedziale [a, b], dla których spełniony jest warunek |xn − x′n | < , a
n
|f (xn ) − f (x′n ) | ­ ε. Na mocy Twierdzenia Bolzano–Weierstrassa ciąg (xn ), jako
ograniczony, ma podciąg (xnk ) zbieżny do pewnego x0 ∈ [a, b]. Ponieważ funkcja
f jest ciągła, więc lim f (xnk ) = f (x0 ). Z zależności
k→∞
|x′nk − x0 | = |x′nk − xnk + xnk − x0 | ¬ |x′nk − xnk | + |xnk − x0 |−→0
wynika, że ciąg
(x′nk ) też dąży do x0 . Ponieważ
f jest
ciągła w punkcie x0 , więc
′
lim f xnk = f (x0 ). Zatem lim f x′nk − f (xnk ) = 0. Otrzymujemy sprzecz-
k→∞
k→∞
ność kończącą dowód twierdzenia.
I wreszcie twierdzenie, które precyzuje najbardziej intuicyjną własność funkcji
ciągłych – tę, która mówi, że wykres funkcji ciągłej na przedziale można narysować
jednym pociągnięciem kredy na tablicy, czy ołówka na papierze.
•Twierdzenie 4.5.5
(Darboux3 o przyjmowaniu wartości pośrednich)
Jeżeli funkcja f jest ciągła na przedziale [a, b] oraz spełnia warunek f (a) < f (b),
to f przyjmuje każdą wartość z przedziału (f (a), f (b)), czyli
^
_
f (c) = w.
w∈(f (a),f (b)) c∈(a,b)
D o w ó d. Niech f (a) < w < f (b) i załóżmy nie wprost, że w − f (x) 6= 0
1
dla dowolnego x ∈ [a, b]. Wynika stąd, że funkcja h(x) =
jest dobrze
|w − f (x)|
określona i ciągła na [a, b]. Z Twierdzenia ?? wynika, że funkcja ta jest ograniczona,
powiedzmy przez M . Zatem dla dowolnego x ∈ [a, b] zachodzi nierówność
|w − f (x)| >
1
.
M
Ponadto funkcja h, jako ciągła na przedziale domkniętym, jest na nim jednostajnie
1
ciągła, więc dla ε =
możemy znaleźć δ > 0 takie, że dla dowolnych x, x′ ∈ [a, b]
M
odległych o mniej niż δ zachodzi nierówność
|f (x) − f (x′ )| <
2
3
1
.
M
Georg Cantor (1845–1918), matematyk niemiecki.
Jean Gaston Darboux (1842–1917), matematyk francuski.
146
Ciągłość funkcji
Niech n będzie dowolną liczbą naturalną spełniającą nierówność
dzielmy przedział [a, b] na n jednakowych odcinków punktami
b−a
< δ. Pon
a = x0 < x1 < . . . < xn−1 < xn = b.
Niech m będzie najmniejszą taką liczbą naturalną, że w < f (xm ). Zatem otrzymujemy nierówności f (xm−1 ) < w < f (xm ), a stąd
0 < w − f (xm−1 ) < f (xm ) − f (xm−1 ) <
1
.
M
Otrzymana sprzeczność dowodzi prawdziwości tezy.
Obrazowo
Twierdzenie ?? oznacza, że dla dowolnej liczby w z przedziału
f (a), f (b) prosta o równaniu y = w przecina wykres funkcji f co najmniej raz.
y
6
f (b)
s
s
y=f (x)
w1
t
y=w1
w2
t
f (a)
s
y=w2
O
s
st t
t
a c2 c1
c′1
s
b
x
Rys. 4.5.1 Ilustracja twierdzenia Darboux o przyjmowaniu wartości pośrednich.
Funkcja f przyjmuje wartość w1 w dwu punktach c1 , c′1 , a wartość w2 – tylko w
punkcie c2 .
Jeżeli w Twierdzeniu ?? założyć dodatkowo, że funkcja f jest rosnąca, to punkt
c określony będzie jednoznacznie. Analogiczne twierdzenie jest także prawdziwe dla
przypadku f (a) > f (b).
• Przykład 4.5.5
Samolot startuje w Warszawie, która jest położona na wysokości
około 100 m npm. o godz. 12:00 i ląduje w Erewaniu położonym ok. 1000 m npm.
o godz. 20 : 00. Podczas lotu przyrządy pomiarowe na jego pokładzie zanotowały
wysokość 3000 m npm. Uzasadnić, że przynajmniej dwukrotnie samolot znajdował
się na wysokości 2000 m npm.
Najważniejsze własności funkcji ciągłych
147
R o z w i ą z a n i e. Dla każdego jest to oczywiste, ale to jest właśnie treść twierdzenia Darboux. Jeżeli przez h(t) oznaczymy wysokość, na jakiej samolot znajdował
się w chwili t, to przy odpowiednich założeniach o sposobie poruszania się samolotu możemy przyjąć, że h(t) jest funkcją ciągłą na przedziale [12 : 00, 20 : 00]. Z
założenia wynika, że dla pewnego t0 ∈ (12 : 00, 20 : 00) jest x(t0 ) = 3000. Ponieważ
100 < 2000 < 3000 oraz 1000 < 2000 < 3000 więc na mocy twierdzenia Darboux
zarówno w przedziale [12 : 00, t0 ] jak i w przedziale [t0 , 20 : 00] istnieją punkty, w
których funkcja h(t) przyjmuje wartość 2000.
• Przykład 4.5.6
Wyobraźmy sobie, że przyjechaliśmy rano do Zakopanego i po
śniadaniu w barze mlecznym „Kubuś” wybraliśmy się spacerkiem do Kuźnic. Stamtąd, po krótkim odpoczynku, wyruszyliśmy o godz. 10:00 przez Dolinę Pięciu Stawów, by o godz. 20:00 stanąć na Rysach. Oczywiście byłoby wysoce nierozsądnym
wracać do Kuźnic jeszcze tego samego dnia, więc spędzamy noc w śpiworze i następnego dnia (pełni zachwytu zachodami i wschodami słońca!) wyruszamy znowu
o godz. 10:00, by o 20:00 (idąc dokładnie tą samą trasą, co poprzedniego dnia!)
dojść do Kuźnic. Uzasadnić, że na trasie naszej wędrówki jest punkt, w którym
znajdowaliśmy się o tej samej godzinie idąc zarówno w górę jak i w dół.
R o z w i ą z a n i e. W tym przypadku sprawa jest już mniej oczywista, ale
znowu spróbujmy skorzystać z twierdzenia Darboux. Niech f (t) oznacza odległość
wędrowca od Kużnic w drodze na szczyt, g(t) – jego odległość od Kuźnic w drodze
powrotnej. Funkcje f, g są ciągłe na przedziale [10 : 00, 20:00], więc ciągła jest też
ich różnica h(t) = f (t) − g(t). Zauważmy, że h(10:00) = −A, h(20:00) = A, gdzie
A > 0 oznacza odległość od Kuźnic do szczytu. Z twierdzenia Darboux wynika, że
istnieje t0 ∈ [10:00; 20:00], dla którego h(t0 ) = 0. A to oznacza, że o godzinie t0
byliśmy w tej samej odległości od Kuźnic zarówno pierwszego jak i drugiego dnia.
Twierdzenie Darboux najczęściej wykorzystujemy przy uzasadnianiu istnienia rozwiązań pewnych równań i ewentualnie szukaniu rozwiązań przybliżonych.
Zobaczmy na przykładach, jak to się robi.
• Przykład 4.5.7
Udowodnić, że następujące równania mają jednoznaczne rozwiązania w podanych przedziałach:
p
1
x
a) 2 = |x| w −1, − ; b) log2 (x + 1) = x w (−1, 0].
4
p
|x| są ciągłe na R.
R o z w i ą z a n i e. a) Funkcje f (x) = 2x oraz g(x)
=
p
Wygodnie jest rozpatrzeć ich różnicę h(x) = 2x − |x|, która też jest funkcją
ciągłą. Zauważmy, że
1
1
1
1
h(−1) = − 1 < 0 i h −
− > 0,
= √
4
2
4
2 2
1
więc z twierdzenia Darboux wynika, że w przedziale − , −1 znajduje się punkt
4 p
x0 , w którym funkcja h przyjmuje wartość 0, tzn. 2x0 = |x0 |. Ponieważ f jest
148
Ciągłość funkcji
funkcją ściśle rosnącą, a g jest funkcją malejącą na (−∞; 0), więc h jest funkcją
ściśle rosnącą, czyli jest dokładnie jeden taki punkt w (−∞; 0).
b) Niech f (x) = log2 (x + 1) i g(x) = x. Pierwsza z tych funkcji określona jest na
półprostej (−1; ∞), druga – na całej prostej. Obie są ciągłe. Od razu zauważamy,
że f (0) = g(0) = 0, ale czy to jest jedyny pierwiastek rozważanego równania?
Ponieważ g(−1) = −1, a lim f (x) = −∞, więc, korzystając z twierdzenia Darx→−1+
boux wnioskujemy, że wykresy rozważanych funkcji muszą się przeciąć w przedziale
(−1; 0). Z kształtu tych wykresów wnosimy, że istnieje dokładnie jeden punkt przecięcia (w dalszym kursie analizy fakt ten zostanie udowodniony!).
Z twierdzenia Weierstrassa o osiąganiu kresów i z twierdzenia Darboux wynika
bardzo często wykorzystywany wniosek.
• Wniosek 4.5.1
Zbiorem wartości funkcji f ciągłej na przedziale [a, b] jest przedział [m, M ], gdzie m jest najmniejszą, zaś M – największą wartością funkcji f
na [a, b].
• Przykład 4.5.8
zbiorach:
a) f (x) = sin x +
Wyznaczyć zbiory wartości następujących funkcji na podanych
√
3 cos x,
R;
b) g(x) = x + log2 x,
[1, 2].
R o z w i ą z a n i e. a) Funkcja f jest okresowa, więc wystarczy sprawdzić, jaki
jest zbiór jej wartości na przedziale [0; 2π]. Ponieważ
!
√
√
3
1
π
π
f (x) = sin x + 3 cos x = 2
sin x +
cos x = 2 cos sin x + sin cos x
2
2
3
3
π
= 2 sin x +
,
3
natomiast funkcja y = sin x przyjmuje wszystkie wartości z przedziału [−1; 1] dla
x ∈ [0; 2π], więc z Wniosku ?? wynika, że rozważana funkcja przyjmuje wszystkie
wartości z przedziału [−2; 2].
b) Funkcja f jest rosnąca i ciągła na [1, 2], więc z ostatniego wniosku wynika, że
zbiorem jej wartości na [1, 2] jest cały przedział [f (1), f (2)] = [1, 3].
Z twierdzenia Darboux wynika jeszcze jedna ważna własność funkcji ciągłych.
•Twierdzenie 4.5.6
Funkcja różnowartościowa i ciągła na przedziale [a, b] jest na
tym przedziale ściśle monotoniczna.
D o w ó d. Załóżmy dla ustalenia uwagi, że f (a) < f (b). Zauważmy, że wówczas
dla dowolnego a ¬ x ¬ b zachodzi nierówność f (a) ¬ f (x) ¬ f (b). W przeciwnym
razie mielibyśmy f (x) < f (a) < f (b) (lub f (x) > f (b) > f (a)) i na mocy twierdzenia Darboux istniałby punkt x′ ∈ (x, b) (lub x′′ ∈ (a, x)) taki, że f (x′ ) = f (a)
(lub f (x′′ ) = f (b), co oczywiście przeczy różnowartościowości funkcji f . Postępując analogicznie możemy pokazać, że dla dowolnych a ¬ x1 < x2 ¬ b zachodzi
Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji
149
nierówność f (x1 ) < f (x2 ), czyli f jest ściśle rosnąca na [a, b].
Zajmijmy się teraz ciągłością funkcji odwrotnej. Jeżeli popatrzymy na wykres
funkcji ciągłej f (pamiętamy, że „rysując go możemy nie odrywać ołówka od kartki
papieru, czy kredy od tablicy”) i uświadomimy sobie, że wykres funkcji odwrotnej
do f (o ile taka istnieje, czyli w przypadku, gdy f jest różnowartościowa) jest odbiciem symetrycznym wykresu funkcji f względem prostej y = x, to wydaje się jasne,
że funkcja odwrotna do funkcji ciągłej jest funkcją ciągłą. Tu jednak sytuacja jest
inna w przypadku funkcji ciągłej na całym przedziale niż w przypadku funkcji
ciągłej w punkcie. Wykorzystując Twierdzenie ?? można udowodnić twierdzenie
o monotoniczności funkcji odwrotnej.
•Twierdzenie 4.5.7
Jeżeli funkcja f jest ciągła i rosnąca na przedziale [a, b], to
funkcja odwrotna f −1 jest ciągła i rosnąca na przedziale [f (a), f (b)].
Oczywiście analogiczne twierdzenie prawdziwe jest także dla funkcji malejącej.
Wydaje się, że formalny dowód tego twierdzenia jedynie zatrze nasze intuicje związane z pojęciem funkcji odwrotnej, więc poprzestańmy na tych ostatnich. Po prostu
wyobrażajmy sobie, że wykres funkcji odwrotnej do funkcji f jest symetrycznym
odbiciem wykresu funkcji f względem prostej y = x. Zatem, jeżeli wykres funkcji
f jest linią ciągłą, to linią ciągłą jest też jego symetryczne odbicie.
Powyższe twiedzenie nie ma wersji lokalnej, gdyż istnieje funkcja różnowarna
tościowa f : (−1, 1) 7→ (−1, 1) spełniająca warunek f (0) = 0, która jest ciągła
w punkcie x0 = 0. Jednakże funkcja odwrotna do niej nie jest ciągła w punkcie
y0 = 0. Wykres takiej funkcji można zobaczyć np. w podręczniku „Analiza matematyczna 1. Definicje, twierdzenia, wzory” M. Gewerta i Z. Skoczylasa (Rys.
3.3.1).
4.6
Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji
Jak bardzo łatwo sprawdzić, dla dowolnej ustalonej liczby rzeczywistej a funkcja
liniowa f (x) = ax spełnia warunek f (x + y) = f (x) + f (y) dla wszystkich x, y ∈ R.
• Fakt 4.6.1
Jedyną funkcją ciągłą spełniającą dla wszystkich x, y ∈ R równanie
funkcyjne postaci
f (x + y) = f (x) + f (y)
jest funkcja liniowa.
D o w ó d. Przyjmując y = x otrzymujemy równość f (2x) = 2f (x). Przez indukcję
łatwo pokazać równość
f (nx) = nf (x) dla każdego x ∈ R i wszystkich n ∈ N.
1
1
Stąd już wynika, iż dla wszystkich liczb naturalnych m, n mamy f
x = f (x),
n
n
i dalej
m m
x = f (x).
f
n
n
150
Ciągłość funkcji
Ponieważ f (0) = f (0 + 0) = 2f (0), więc f (0) = 0 i stąd f (−x) = −f (x). Oznaczając f (1) = a widzimy, że dla dowolnej liczby wymiernej r zachodzi równość
f (r · 1) = r · f (1) = a · r.
Z ciągłości funkcji liniowej wynika już, że równość powyższa zachodzi dla wszystkich rzeczywistych x.
Rozważmy teraz funkcję wykładniczą f (x) = ax , (a > 0) która, jak wiadomo,
dla wszystkich x, y ∈ R spełnia warunek f (x + y) = f (x)f (y).
• Fakt 4.6.2
Jedyną nie równą tożsamościowo 0 funkcją ciągłą spełniającą dla wszystkich x, y ∈ R równanie funkcyjne
f (x + y) = f (x)f (y)
jest funkcja wykładnicza.
D o w ó d. Najpierw zauważmy, że jeżeli dla pewnego x0 ∈ R jest f (x0 ) 6= 0, to
dla dowolnego innego x ∈ R mamy
f (x)f (x0 − x) = f (x0 ) 6= 0,
czyli
Ponadto z równości
f (x) 6= 0 dla każdego x ∈ R.
2
1
f (x) = f
x
2
wynika, że f jest ściśle dodatnia. Możemy zatem rozważać funkcję ciągłą (jako
złożenie funkcji ciągłych)
φ(x) = ln f (x),
która, co łatwo sprawdzić, spełnia równanie funkcyjne
φ(x + y) = φ(x) + φ(y).
W takim razie, zgodnie z tym, co udowodniliśmy wcześniej, istnieje liczba c ∈ R,
taka, że
φ(x) = ln f (x) = cx,
a stąd
f (x) = ecx = ax , gdzie a = ec > 0.
Funkcja logarytmiczna f (x) = loga x, (a > 0, a 6= 1) spełnia (jak dobrze
wiemy) warunek f (xy) = f (x) + f (y) dla dowolnych x, y ∈ R.
Jeszcze jedno zastosowanie ciągłości funkcji
151
• Fakt 4.6.3
Jedyną nie równą tożsamościowo 0 funkcją ciągłą określoną na przedziale (0, ∞), która dla wszystkich x, y ∈ (0, ∞) spełnia równanie funkcyjne
f (xy) = f (x) + f (y)
jest funkcja logarytmiczna.
D o w ó d. Ponieważ f (x) = ex przekształca zbiór R w sposób wzajemnie jednoznaczny na zbiór (0, ∞), więc możemy zdefiniować nową funkcję ciągłą φ : R−→R
wzorem
φ(ξ) = f (eξ ),
gdzie x = eξ , skąd ξ = ln x oraz f (x) = φ(ln x). Funkcja φ(ξ) jest ciągła jako
złożenie funkcji ciągłych i spełnia warunek
φ(ξ + η) = f (eξ+η ) = f (eξ eη ) = f (eξ ) + f (eη ) = φ(ξ) + φ(η),
więc z rozważań w punkcie 1. wynika, że istnieje c ∈ R takie, że
φ(ξ) = cξ dla wszystkich ξ ∈ R,
czyli
f (x) = c ln x dla wszystkich ξ ∈ (0, ∞).
Przypadek c = 0 daje funkcję f (x) ≡ 0, zaś dla c 6= 0 otrzymujemy
f (x) = loga x,
1
c
gdzie a = e .
Funkcja potęgowa f (x) = xr spełnia dla wszystkich dodatnich x, y warunek
f (xy) = f (x)f (y).
• Fakt 4.6.4
Jedyną funkcją ciągłą określoną na przedziale (0, ∞), która dla wszystkich x, y ∈ (0, ∞) spełnia równanie funkcyjne
f (xy) = f (x)f (y)
jest funkcja potęgowa.
D o w ó d. Podstawiamy, tak jak poprzednio,
φ(ξ) = f (eξ ),
gdzie x = eξ , skąd ξ = ln x oraz f (x) = φ(ln x). Funkcja φ(ξ) jest ciągła jako
złożenie funkcji ciągłych i spełnia warunek
φ(ξ + η) = f (eξ+η ) = f (eξ eη ) = f (eξ )f (eη ) = φ(ξ)φ(η),
więc z rozważań w punkcie 2. wynika, że (po pominięciu przypadku funkcji równej
tożsamościowo 0) istnieje a > 0 takie, że φ(ξ) = aξ , czyli
f (x) = aln x = xµ ,
gdzie µ = ln a.
152
4.7
Ciągłość funkcji
Ćwiczenia
4.1 Niech f (x) =
oraz g ◦ f .
√
1−x, g(x) = 1−x2 . Wyznaczyć i narysować funkcje f ◦ g
4.2 Niech f (x) = ex , g(x) = ln x, h(x) = x−1.. Wyznaczyć i narysować funkcje
f ◦ g ◦ h oraz g ◦ f ◦ h.
4.3 Niech [x] oznacza część całkowitą liczby x. Sporządzić wykresy funkcji:
a) f (x) = [x];
1
;
d) f (x) =
x
b) f (x) = x−[x];
e) f (x) =
1
;
[x]
c) f (x) =
p
x−[x];
f ) f (x) = [x]+
p
x−[x].
x
jest ściśle rosnąca na R. Wyznaczyć zbiór
1+|x|
wartości funkcji f i skonstruować funkcję odwrotną.
4.4 Wykazać, że funkcja f (x) =
4.5 Wyznaczyć funkcje odwrotne do funkcji
a) f (x) =
ex + e−x
ex − e−x
ex + e−x
.
; b) g(x) =
; c) h(x) = x
2
2
e − e−x
4.6 Niech f : R−→R będzie funkcją parzystą, a g : R−→R – nieparzystą. Określić
parzystość funkcji: f + g, f − g, f · g, f ◦ g.
4.7 Pokazać, że każdą funkcję f : R−→R można przedstawić w postaci sumy
funkcji parzystej i nieparzystej.
√
4.8 Pokazać, że funkcja f (x) = ln (x+ 1+x2 ) jest nieparzysta.
4.9 Naszkicować wykresy następujących funkcji:
π
π
a) f (x) = sin x −
cos(x − ) sin 2|x|;
4
4
π
b) f (x) = 2 − 2 cos2 |x| −
;
8
c) f (x) = (cos x + sin x)(cos x + sin |x|);
d) f (x) = sin π(x − |x|) + sin πx;
e) f (x) = (1 + x − |x|)[1 + x + |x|];
π
.
f ) f (x) = 1 − 4 sin2 x +
6
4.10 Niech f : R−→R oraz g : R−→R. Wykazać, że prawdziwe są następujące
stwierdzenia:
a) jeżeli f, g są jednocześnie rosnące albo jednocześnie malejące, to g ◦ f jest
funkcją rosnącą;
Ćwiczenia
153
b) jeżeli f jest rosnąca, zaś g malejąca albo odwrotnie, to g ◦ f jest funkcją
malejąca.
4.11 Sprawdzić istnienie następujących granic:
a) lim
x→2
√
b) lim sin x;
x
;
4 − x2
2[x]
;
x→∞ 2x
d) lim
e) lim
g) lim ex (1 + sin x);
h) lim
x→1
x→∞
j) lim
x→π
1 + cos x
;
|x − π|
x→0
[3ex ]+2
;
x→∞ 3+[2ex]
n) lim
m) lim
x→π
|x − 1|
;
x3 −1
2x −x2
;
x→2 ln (3−x)
k) lim
[x]
;
x
x→∞
1
;
(sin x)2
1
f ) lim x
;
x→0
x
c) lim
x→∞
2x + sin x
;
x2
|x − 1|3
;
x→1 x3 − x2
1 l) limπ tg x −
;
x→ 2
cos x
i) lim
o) lim (1 − x) tg
x→1
π
x.
2
p
4.12 Wyznaczyć liczby a i b wiedząc, że lim ( x2 +x − ax − b) = 1.
x→∞
4.13 Określić dziedzinę, narysować wykres i zbadać ciągłość funkcji:
a) f (x) = lim
n→∞
c) f (x) = lim
√
n
1 + xn ;
b) f (x) = lim
n→∞
lim (cos n!πx)2k ;
n→∞ k→∞
x
;
1 + (2 sin x)2n
1 − xn
.
n→∞ 1 + xn
d) f (x) = lim
4.14 Funkcje |f (x)|, xg(x), h2 (x) są ciągłe na R. Czy funkcje f (x), g(x) i h(x)
muszą być ciągłe na R?
4.15 Udowodnić, że jeżeli prosta y = Ax + B jest asymptotą w ∞ funkcji parzystej, to prosta y = −Ax + B jest asymptotą tej funkcji w −∞. Sformułować i
udowodnić analogiczny fakt dla funkcji nieparzystej.
4.16 Zbadać zbieżność i zbieżność bezwzględną następujących szeregów:
a)
∞
X
(−1)n tg2
n=1
1
;
n
b)
∞
X
(−1)n
1
n=1 n − sin
n
;
c)
∞
X
n=1
cos nπ sin
1
.
nπ
Odpowiedzi do ćwiczeń
Rodział 1
?? k = 6, czyli 7 wyraz.
?? k = 14.
?? a) 2n ; b) 3n ; c) 0.
√
√
√
√
√
√
√
√
3
3
5−1
4− 32+1
25 + 3 10 + 3 4
16 3 2 − 5 3 4 − 2
?? a)
; b)
; c)
; d)
.
4
3
3
118
√
?? n + 1 − 1.
1
?? a) inf A = min A = a1 = − , sup A = 2; b) inf B = −1, sup B = max B = a1 =
2
3
2; c) inf C = −1, sup C = 1; d) inf D = −1, sup D = 2; e) inf E = min E = ,
2
4
sup E = max E = 3; f) inf F = min F = 0, sup F = max F = ; g) inf G = −1,
3
sup G = max G = 2; h) inf H = min H = −2, sup H = max H = 4.
Rodział 2
√
√
1
?? a) malejący, 0 < an ¬ 2; b) rosnący, 5 − 2 < bn < ; c) malejący, 0 < cn ¬
4
√
3
2 − 1; d) malejący, ograniczony z góry przez 0, nie jest ograniczony z dołu; e)
3
rosnący, 1 ¬ en , nie jest ograniczony z góry; f) malejący, 0 < fn ¬ ; g) rosnący,
4
1
ograniczony z dołu przez 1, nie jest ograniczony z góry; h) rosnący, ¬ hn < 1; i
3
5
rosnący, 1 ¬ in < 2; j) malejący, 0 < jn < .
4
?? a) lim an = −1, lim an = 1; b) lim an = 0, lim an = 2; c) lim an = −1,
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
n→∞
1
1
lim an = 1; d) lim an = −e, lim an = e; e) lim an = − , lim an = ;
n→∞
n→∞
n→∞
2
2
n→∞
n→∞
√
√
3
3
f) lim an = −
, lim an =
.
4 n→∞
4
n→∞
?? a) nie jest zbieżny; b) zbieżny do 1; c) zbieżny do 0; d) rozbieżny do ∞.
154
Odpowiedzi do ćwiczeń
155
1
1
1
; b) ; c) 0; d) 0; e) .
2√
6√
2
2
3
1
1
a)
; b)
; c) 2; d) 0; e) 2; f) ∞; g) 1; h) 0; i) ln 2; j) γ ; k) 0; l) ln 2.
2
3
e
2
a) 0; b) 1; c) 1.
1
a) 1; b) 2; c) .
3
√
2.
?? a)
??
??
??
??
Rodział 3
4e
1
2e
18e − 3e2 − 3
3e
; f) .
; b)
; c)
; d) 6; e) 2 +
2
e−2
2e − 3
(3 − e)(3e − 1)
(3 − e)
2
?? a) zbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny; d) rozbieżny; e) zbieżny; f) zbieżny.
?? a) rozbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny.
?? a) zbieżny; b) rozbieżny; c) zbieżny.
?? a) zbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny; d) zbieżny.
?? a) zbieżny; b) zbieżny; c) zbieżny. ?? a) nie jest zbieżny; b) zbieżny warunkowo;
c) zbieżny warunkowo; d) zbieżny warunkowo.
?? a) nie jest zbieżny; b) zbieżny warunkowo; c) zbieżny warunkowo; d) zbieżny
warunkowo.
?? a)
Rodział 4
?? (f ◦ g)(x) = |x|, Df ◦g = R; (g ◦ x)(x) = x, Dg◦f = (−∞, 1].
?? (f ◦ g ◦ h)(x) = x − 1, Df ◦g◦h = (1, ∞); (g ◦ f ◦ h)(x) = x − 1, Df ◦g◦h = R.
?? a) nie istnieje; b) nie istnieje; c) nie istnieje; d) nie istnieje; e) nie istnieje;
3
2
f) 1; g) nie istnieje; h) 0; i) 0; j) 0; k) nie istnieje; l) 0; m) ; n) 0; o) .
2
π
?? a) zbieżny bezwzględnie; b) zbieżny warunkowo; c) zbieżny warunkowo;
d) zbieżny warunkowo.
Skorowidz
A
F
algorytm Euklidesa 22
funkcja ciągła 135
lewostronnie 135
prawostronnie 135
jednostajnie ciągła 145
okresowa 127
rodzaje nieciągłości 137
rosnąca 146
trygonometryczna 127
B
Bernoulli’ego nierówność 10
C
Cantora twierdzenie o ciągłości jednostajnej 145
Cauchy’ego definicja granicy funkcji
115
warunek 77
ciało liczbowe 27
ciąg 10, 41
arytmetyczny 10
Fibonacciego 11
geometryczny 10
liczbowy 41
monotoniczny 42
nierosnący 43
ograniczony 43
z dołu 41
z góry 41
rosnący 43
rozbieżny do nieskończoności 52
zbieżny 48
część całkowita liczby 32
G
granica 48, 74, 89, 114
ciągu 48
jednoznaczność 50
nieskończona 52
dolna ciągu 74
funkcji w punkcie 114
górna ciągu 74
lewostronna funkcji w punkcie 115
niewłaściwa funkcji 116
prawostronna funkcji w punkcie 115
sum częściowych szeregu 89
właściwa ciągu 48
grupa przemienna 26
H
Heinego definicja granicy funkcji 115
D
K
Darboux twierdzenie o przyjmowaniu
wartości pośrednich 145
definicja indukcyjna 10
rekurencyjna 10
kres dolny zbioru 30
górny zbioru 30
kryterium 95
Cauchy’ego 106
156
Skorowidz
o zagęszczaniu 97
d’Alemberta 102
Dirichleta 106
ilorazowe 100, 128
Leibniza 108
porównawcze 95
157
lemat Stolza 71
liczba Nepera e 63
niewymierna 28
pierwsza 20
rzeczywista 30
złożona 22
liczby względnie pierwsze 23
Nepera e 63
suma częściowa szeregu 89
szeregu 89
symbol Newtona 15
nieoznaczoności 68
silni 15
szereg 89
anharmoniczny 109
bezwarunkowo zbieżny 111
bezwzględnie zbieżny 108
naprzemienny 108
nieskończony 89
rozbieżny 89
warunek konieczny zbieżności 94
warunkowo zbieżny 111
zbieżny 89
N
Ś
najmniejsza wspólna wielokrotność 25
największy wspólny dzielnik 22
nierówność Bernoulli’ego 10
Weierstrassa 11
średnia 13
arytmetyczna 13
geometryczna 13
L
O
ograniczenie dolne zbioru 30
górne zbioru 30
P
podciąg ciągu 51
przekrój Dedekinda 30
przekształcenie Abela 107
punkt niewymierny 28
skupienia 74
wymierny 28
R
relacja podzielności 20
S
sito Eratostenesa 22
stała Eulera 69
T
trójkąt Pascala 17
twierdzenie Bolzano–Weierstrassa 74
Cantora o ciągłości jednostajnej 145
Darboux 145
Euklidesa 21
o arytmetyce granic ciągów 53, 67
funkcji 116
o ciągłości zbioru liczb rzeczywistych 30
o ciągu monotonicznym i ograniczonym 62
o trzech ciągach 55, 127
funkcjach 116
Riemanna 111
Weierstrassa o ograniczoności funkcji ciągłej 141
o osiąganiu kresów 141
zasadnicze arytmetyki 23
158
W
warunek Cauchy’ego 77
konieczny zbieżności szeregu 94
Weierstrassa nierówność 11
twierdzenie o ograniczoności funkcji ciągłej 141
o osiąganiu kresów 141
wyrażenie nieoznaczone 78
wzór 16
dwumianowy Newtona 16
skróconego mnożenia 81
Z
zasada Archimedesa 31
indukcji matematycznej 9
maksimum 19
minimum 18
szufladkowa Dirichleta 19
zbiór 9, 18, 30
liczb całkowitych 26
naturalnych 9
rzeczywistych 30
wymiernych 27
ograniczony z góry 18, 30
z dołu 18, 30
Skorowidz