Równoliczność zbiorów
Def: A rl B ⇔∃ f :A←→1:1 B (istnieje bijekcja jednego zbioru na drugi) Przykład. {a,b,c} i {1,2} – nie są równoliczne
Przykład. A=N i B={x∈N:x=2k−1,k∈N}={1,3,5,...} – są równoliczne, bo istnieje bijekcja 1
2 )
(k = k−
f zbioru A na zbiór B.
Def: Zbiór A jest skończony jeżeli jest równoliczny ze zbiorem {1,...,n} dla pewnego n ∈N. Zbiór A jest nieskończony
⇔
~( A jest skończony)Charakteryzacja zbiorów nieskończonych
Zbiór A jest nieskończony
⇔
∃ B⊂A,B≠A: A rl B(czyli zbiór nieskończony jest równoliczny z pewnym swoim podzbiorem właściwym).
Twierdzanie Cantora –Bernsteina {A rl B0⊂B ∧ B rl A0⊂A } ⇒ A rl B
Def: Zbiór A jest przeliczalny
⇔
A rl N (inaczej elementy zbioru przeliczalnego można ponumerować liczbami naturalnymi)Zbiór A jest co najwyżej przeliczalny
⇔
A jest skończony lub przeliczalny Zbiór A jest nieprzeliczalny⇔
A jest nieskończony i ~(A rl N)Fakty: (metodą przekątniową można pokazać, że)
• Iloczyn kartezjański zbiorów przeliczalnych jest przeliczalny.
Zbiory A i B są przeliczalne więc A =
{
a1,
a2,
a3,
K}
, B ={
b1,
b2,
b3,
K}
O M
M M
M
L L L L
25 4 4 19 3 4 14 2 4 10 1 4
18 4 3 13 3 3 9 2 3 6 4 3
12 4 2 8 3 2 5 2 2 3 1 2
7 4 1 4 3 1 2 2 1 1 1 1
) , ( ) , ( ) , ( ) , (
) , ( ) , ( ) , ( ) , (
) , ( ) , ( ) , ( ) , (
) , ( ) , ( ) , ( ) , (
b a b
a b
a b
a
b a b
a b
a b
a
b a b
a b
a b
a
b a b
a b
a b
a
B A
=
×
j i i j j i
i
f
+ − + − +
= 2
) 2 )(
1 ) (
,
(
jest bijekcją N ×Nna N ( znaleźć f −1- ćwiczenia) (Wskazówka: element(i,j) jest i-tym elementem na na (i+j-1)-szej przekątnej )• Q jest przeliczalny, (jako wniosek, bo Q
⊂
Z×
N(przel.) i N⊂Q• Suma (mnogościowa) przeliczalnej ilości zbiorów przeliczalnych jest zbiorem przeliczalnym Dowód jak dla iloczynu kartezjańskiego
M
K K K K
, 44 43 42 41 4
, 34 33 32 31 3
, 24 23 22 21
, 14 13 12 11 1
, , , {
, , , {
, , , {
, , , {
a a a a A
a a a a A
a a a a A
a a a a A
=
=
=
=
2
• R jest nieprzeliczalny ( R rl (0,1) a (0,1) jest nieprzeliczalny- dowód nie wprost metodą przekątniową lub zasadą szufladkową Dirichleta)
Funkcja f
(
x) =
π1arctg(
x) +
12jest bijekcją zbioru R na przedział (0,1). Po przyjęciu umowy, że te rozwinięcia dziesiętne liczb wymiernych, które są skończone zastępujemy rozwinięciami nieskończonymi mamy wzajemnie jednoznaczną odpowiedniość między liczbamirzeczywistymi z przedziału (0,1) a ciągami cyfr rozwinięcia dziesiętnego).
Dla dowodu nie wprost załóżmy, ze wszystkie liczby rzeczywiste z przedziału (0,1) można ustawić w ciąg (ponumerować liczbami naturalnymi)
, K ,
0
1,1 1,2 1,31 a a a
a =
, K ,
0
2,1 2,2 2,32 a a a
a =
, K ,
0
3,1 3,2 3,33 a a a
a =
M
Rozważmy liczbę L
3 2
,
10
cc cc = z przedziału (0,1) taką, że ci ≠ai,i,ci ≠0, ci ≠9. Liczba c różni się od każdej z liczb ai i-tą cyfrą rozwinięcia dziesiętnego, więc nie występuje w tym ciągu -sprzeczność!
CIĄGI RZECZYWISTE
Ciągiem o wyrazach rzeczywistych nazywamy rzeczywistą funkcję a
:
N→
R określoną na zbiorze liczb naturalnych1→ a(1) = a1
2→ a(2) = a2 itd.
Oznaczenia: an- n-ty wyraz ciągu (an) - ciąg o wyrazie ogólnym an
Def. (granicy ciągu) Ciąg (an) jest zbieżny do g (co zapisujemy an g
n =
∞
lim→ ) gdy
ε ∃ ∀ − ≤ε
∀ > n∈N n≥n an g
0
0 :
0 .
Twierdzenie (o jednoznaczności granicy). Jeżeli ciąg an ma granicę, to tylko jedną.
Dowód (Nie wprost). Przypuśćmy, że ciąg ten ma dwie różne granice g1 i g2. Weźmy
ε
=|g −13g2|. W przedziale [g2 − gε, 2 +ε] leżą prawie wszystkie wyrazy ciągu⇒
w przedziale [g1− gε, 1+ε] leży skończona ilość wyrazów ciągu, co przeczy temu, że g1 jest granicą ciągu.Def: Ciąg rozbieżny, to ciąg, który nie jest zbieżny.
Szczególnie ważne są dwa typy ciągów rozbieżnych
• rozbieżny do
+ ∞
an M n N n n an Mn
= +∞ ⇔ ∀ ∃
∈∀
≥≥
∞
→ 0
:
0lim
• rozbieżny do −∞ an m n N n n an m
n
= −∞ ⇔ ∀ ∃
∈∀
>≤
∞
→ 0
:
0lim Zbieżność, a ograniczoność
Tw: Każdy ciąg zbieżny jest ograniczony (inaczej- warunkiem koniecznym zbieżności ciągu jest jego ograniczoność)
Dowód: Niech g – oznacza granicę an. Wybierając ε=1, z definicji granicy prawie wszystkie wyrazy (to znaczy wszystkie począwszy od n0) ciągu leżą w przedziale [g-1, g+1]. Poza przedziałem może być jedynie skończona liczba wyrazów . Stąd
M g
g a a
an no
n ≤ − + =
∀ max{ 1,..., −1, 1, 1} Uwaga Twierdzenie odwrotne nie jest prawdziwe
Np. an
= (− 1 )
n pokazuje, że ograniczoność nie jest warunkiem wystarczającym zbieżności.Niech (nk) będzie rosnącym ciągiem liczb naturalnych a (an) dowolnym ciągiem liczb rzeczywistych.
Ciąg ( )
nk
a nazywamy podciągiem ciągu (an). Podciąg otrzymujemy wiec z ciągu pomijając niektóre jego wyrazy.
Tw. Bolzano-Weierstrassa. Z każdego ograniczonego ciągu liczb rzeczywistych można wybrać podciąg zbieżny.
Dowód (szkic). Ciąg jest ograniczony, a więc wszystkie jego wyrazy leżą w pewnym przedziale domkniętym.
Dzielimy ten przedział na dwa przedziały domknięte równej długości. Przynajmniej w jednym z przedziałów jest nieskończenie wiele wyrazów ciągu. Z tego przedziału wybieramy jeden z wyrazów a dla wybranego przedziału domkniętego powtarzamy powyższe czynności wybierając wyraz ciągu o numerze wyższym niż wybrany w poprzednim kroku itd. Dostajemy ciąg przedziałów domkniętych i pewien podciąg. Częścią wspólną zstępującego ciągu przedziałów domkniętych jest dokładnie jeden punkt – granica wybranego podciągu.
Tw. Jeżeli ciąg ma granicę, to każdy jego podciąg jest zbieżny do tej samej granicy.
g a g
a nk
n k
n = ⇒ =
∞
→
∞
→ lim
lim .
Dow. W przedziale [g-ε, g+ε] leżą prawie wszystkie wyrazy ciągu (an) a więc także prawie wszystkie wyrazy podciągu ( )
nk
a .
Tw. Ciąg monotoniczny i ograniczony jest zbieżny.
Dow. Rozważmy przypadek ciągu rosnącego (an), ograniczonego od góry (dla malejącego i ograniczonego od dołu – analogicznie).
Niech {a1,a2,...} oznacza zbiór wyrazów ciągu (an): jest to podzbiór R.
Z założenia {a1,a2,...} jest ograniczony od góry ⇔∀n∈N an ≤M
Z zasady ciągłości zbioru R istnieje (dokładnie jedna liczba rzeczywista) g =sup{a1,a2,...}
Z definicji kresu ∀n an ≤g i ∀ε> ∃n an ≥g−ε
0
0 0 , a z założenia monotoniczności ε
−
≥
∀n≥n an g
0
Podsumowując te fakty:
ε ε ε
ε ε
≤
−
⇓
+
≤
≤
−
⇓
≤
≤
−
∀
∃
∀ > ∈ >
g a
g a g
g a g
n n
n n
n N
n0 0
0
co oznacza , że an g
n =
∞
lim→ . Przykład 1. an =
(
1 + n1)
n⇒
>
∀
≤
∀
+
- ↑ -
góry od y ograniczon 3
1 n
n n
n n
a a a
istnieje granica (powiedzmy e)
n
n n
e
+
= →∞
1 1
lim .
Z „innych” obliczeń wiadomo, że 1 2,7182818...
1
lim ≈
+
= →∞
n
n n
e .
• Ograniczoność ciągu an =
(
1 + n1)
n( ) ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
2 2
2
2 2
1 1 1
2 2
1 2
2 1 2
! 1
! ) 1 ( ) 1 )(
1 (
! 3
) 1 )(
1 (
! 2
) 1 (
2 !
) 1 ( ) 1 ( 2 !( )!
! 1
2 1
0 1
1 1
1 2 1 2
1
1 + + + ≤ + ≤ + ≤ + =
+
= +
= +
= +
+
=
= +
=
∑
∑
∑
∑
∑
∑
∑
∞
=
=
=
−
−
−
−
−
−
=
+
−
−
= −
=
=
−
−
−
k n
k n
k k n
n
k kn
k n n n n
k k n k n k n
n n
k n k k
n n
k n k n
n n
k k
n n n n n
n n
k
a k
L
L
L
bo dla
k≥2, k!≥2k−1• Monotoniczność ciągu an =
(
1 + n1)
n! ) 1 ( ) 1 )(
1 (
! 3
) 1 )(
1 (
! 2
) 1
( 1 1 2 1 2 1
2 n
n
n n n n n
n
a n
−−
−
−
−
−
− + + +
+
= L L
)!
1 (
) 1 ( ) 1 )(
1 (
! ) 1 ( ) 1 )(
1 (
! 3
) 1 )(
1 (
! 2
) 1 ( 1
1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1
2 1 1 1
2
−1 − − − − − − −+ −+ + + + +
+ − + +
+
+
+ + + +
+
=
n nn
n n n n n
n n n n
n
a n
L
L LWidać, że składniki wyrazu an+1są większe lub równe od odpowiadających im składników wyrazu
n.
a Ponadto ciąg wyraz an+1 zawiera dodatkowo dodatni składnik (1−n1+1)(1(−nn+2+11))!L(1−n+n1).
Przykład 2
+
=
=
+ n
n a
a a
2 2
1 1
⇒
>
∀
≤
∀
+
↑
∈
-
-
ograniczony odgóry 21 n
n n
n N n
a a
a
jest zbieżny do n
n a
g = lim→∞
Ze wzoru ogólnego an+1 = 2+an . Dokonując w tej równości przejścia granicznego (an+1
→
g i gan
→
) otrzymujemy: g= 2+g . Stąd g=2.Nierówności w przejściach granicznych
Tw. O zachowaniu słabej nierówności M g g a M
a n
n n n
n ≤ ∧ = ⇒ ≤
∀ ≥ lim→∞
0
m g g a m
a n
n n n
n ≥ ∧ = ⇒ ≥
∀ ≥ 0 lim→∞
Dow. (a.a.)
Niech g>M. Weźmy
2 M
= g −
ε (połowa odległości między g i M. Z def. granicy prawie wszystkie wyrazy ciągu leżą w przedziale [g-ε, g+ε] → sprzeczność!
UWAGA: Nierówności ostre nie zachowują się w przejściach granicznych!
Np. ∀n∈N 1n >0 a lim1=0
∞
→ n
n .
Konsekwencją twierdzenia o zachowaniu słabej nierówności w przejściach granicznych jest następujące
Tw. (o trzech ciągach)
g b g
c g a c
b
a n
n n n n
n n n n n
n ⇒ =
∀ ≤ ≤ ∧ = ∧ =
∞
→
∞
→
∞
≥ lim→ lim lim
0
Jako wniosek z powyższego uzyskujemy
Tw. lim 0 lim 0
0 ≤ ∧ = ⇒ ⋅ =
∀ ≥ →∞ →∞ n n
n n n n
n
n a M b a b
Arytmetyka granic
Tw. Jeżeli an a
n =
∞
lim→ i bn b
n =
∞
lim→ , to
1. an bn a b
n ± = ±
∞
→ ( )
lim
2. anbn ab
n =
∞
→ ( )
lim 3. ba ba
n n
n =
∞
→ ( )
lim (∀n bn≠0 i b≠0 )
Dow. (punktu 3). 0 |ba ab| |abbbab | |ab abbbab ab | |b|a|||b||bn b| |b1||an a|
n n n
n n n n n n n
n n n
n − = = ≤ − + −
≤ − − + −
Ciąg (an) (jako zbieżny) jest ograniczony powiedzmy przez M . Z faktu lim = ≠0
∞
→ bn b
n wynika, że
0
|
|
|
|
lim = >
∞
→ bn b
n a stąd |bn|≥ dla prawie wszystkich n . Wobec tego |b2| |b1| |2b|
n ≤ dla prawie wszystkich n.
Otrzymujemy wiec dla prawie wszystkich n nierówność 0 | | 22 |bn b| |b1||an a|
b M b a b a
n
n − =≤ − + −
≤ z
której z twierdzenia o trzech ciągach i z punktu 1 otrzymujemy tezę.
Inne własności:
a) 1 0
lim
lim =+∞⇒ =
∞
→
∞
→ n n n
n a a ±1∞=0 b)
(
→∞ = ∧∀ ≥ >)
⇒ →∞ =+∞n n n
n n
n an a a1
lim 0 0
lim 0 0+ =∞
1
c)
(
→∞ = ∧∀ ≥ <)
⇒ →∞ =−∞n n n
n n
n an a a1
lim 0 0
lim 0
− =−∞
0 1
d)
(
→∞ = > ∧ →∞ =+∞)
⇒ →∞ n n =+∞n n n n
nlima a 0 limb lima b a>0⇒a∞=∞ e)
(
lim→∞ = ∧lim→∞ =+∞)
⇒lim→∞ =0n n n n
n n
n b
b a a
a ∞a =0
f)
(
→∞ = < ∧ →∞ =+∞)
⇒ →∞ n n =−∞n n n n
nlima a 0 limb lima b a<0⇒a∞=−∞
Symbole nieoznaczone: 00,∞∞,0⋅∞, ∞−∞,1∞,00, ∞0.
Warunek Cauchy’ego. Mówimy , że ciąg (an) spełnia warunek Cauchy’ego , gdy (C) ∀ε> ∃n∈N∀nm≥n am−an ≤ε
0
0 ,
0 .
Uwaga. Nie ma tu mowy o granicy
Def. Ciąg spełniający warunek Cauchy’ego nazywamy ciągiem fundamentalnym
Tw. Dla ciągu liczb rzeczywistych prawdziwa jest równoważność:
(an) - zbieżny
⇔
ciąg (an) spełnia warunek Cauchy’ego Dowód.(⇒) Z założenia an gn =
∞
lim→ mamy
: 0 2
0 0
ε
ε ∃ ∀ − ≤
∀ > n∈N n≥n an g . Stąd dla m, n ≥ n0 mamy
|an-am| ≤ |an-g| + |am-g|≤
2 2
ε
ε + =ε , czyli spełniony jest warunek (C).
(⇐)(Szkic) ciąg (an) spełnia warunek Cauchy’ego⇒ ciąg (an) jest ograniczony ⇒ (tw. Bolzano- Weierstrassa) ( )
nk
a jest podciągiem zbieżnym do g. Stąd |an-g| ≤ |an-
nk
a | + |
nk
a
-
g| . Ale |an-nk
a |≤
2 ε dla n , nk ≥ n0 (z war. C) a |
nk
a
-
g|≤2
ε bo a g
nk
k =
∞
lim→ . Wobec tego |an-g|≤ ε dla n≥n0. Ważne granice ciągów
1) Wiadomo, że e
n
n
n =
+
∞
→
1 1
lim . Stąd
n e
n
n
=
−
−∞
→
1 1
lim
; =±∞⇒∞
→ n
nlima e
a
an
n n =
+
∞
→
1 1
lim ; = ⇒
∞
→ 0
lim n
n b
(
bn)
bn en + =
∞
→
1
1 lim 2) lim =1
∞
→ n
n n
3) lim =1
∞
→ n
n a (a>0)
4) + = < ⇒
∞
→ 1
lim 1 g
n n
a a
n
lim = 0
∞
→ n
n a
5) = < ⇒
∞
→ 1
limn an g
n
lim = 0
∞
→ n
n a
6) 0
) 1
lim( =
+
∞
→ n
n p
nα
(p
> 0 , α > 0 )
Ad 2. ∀n≥2 n n ≥1, stąd∀n≥2 n n=1+εn, εn ≥0⇔
( ) ( )
2 20 lim 0) 1 (
2 2 2 (21) 2 21
1
=
⇒
≤
≤
≥
∀
⇒
≥
≥
∀
⇒
≥
= +
=
≥
∀ − →∞
−
∑
n= n n nn n n n n n kk n n k n
n n n n
n
n ε ε ε ε ε ε
Ad 3 Podobnie jak (2) Ad 4.
+ = < ⇔
∞
→ 1
lim 1 g
n n
a a
n ∀ε ∃n ∀n>n + −g ≤ε ⇒
n n
a a 1 0
0 Stąd np. dla ε =1 g−2
⇒
<
= +
≤
>
∀
∃n0 n n0 +1 g g1 1
n n
a
a ε
0 0
0 0
0
0 0
1
2 1 1 1 2
1 1
, ,
n k k n
n n
n
n n
a g a
a g a
g a
a g a
≤
≤
≤
≤
+
+ +
+
M
Otrzymaliśmy więc oszacowanie
0
0 1
0 an k gkan
k ≤ ≤
∀ + . Stąd z tw. o trzech ciągach lim 0
0+ =
∞
→ n k
k a .
Ad 5.
= < ⇔
∞
→ 1
limn an g
n ∀ε ∃n0 ∀n>n0 n an −g ≤ε ⇒ Stąd np. dla ε =1 g−2
⇒
<
= +
≤
>
∀
∃n0 n n0n an g ε g1 1 ∃n0 ∀n>n0 an ≤g1n⇒
lim = 0
∞
→ n
n a .
Ad 6. Wystarczy skorzystać z (4) lim lim
( )
1 11 11 1) 1 (
) 1 (
) 1 (
1 = + + = + <
∞
→ +
+ +
∞
→
+
p p n n n p n
p n
n
n
n α
α α