Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης

Transcript

1 Σηµειώσεις για τα Μαθήµατα Εισαγωγή στην Ανάλυση Ι και Εισαγωγή στην Ανάλυση ΙΙ Θέµης Μήτσης Τµηµα Μαθηµατικων Πανεπιστηµιο Κρητης Ηρακλειο

2

3 Περιεχόµενα Κεφάλαιο. Το Αξίωµα τής Πληρότητας 5 Ασκήσεις 9 Κεφάλαιο 2. Ακολουθίες Πραγµατικών Αριθµών 3 Συγκλίνουσες ακολουθίες 3 Αποκλίνουσες ακολουθίες 6 Μονότονες ακολουθίες 7 Υπακολουθίες 9 Ακολουθίες Cuchy 2 limif & limsup 22 Ασκήσεις 24 Κεφάλαιο 3. Σειρές Πραγµατικών Αριθµών 37 Γενικά 37 Σειρές µη αρνητικών όρων 4 Σειρές όρων µε αυθαίρετα πρόσηµα 45 Αναδιατάξεις και γινόµενα σειρών 47 Ασκήσεις 5 Κεφάλαιο 4. Συνεχείς Συναρτήσεις 67 Ορια συναρτήσεων 67 Συνέχεια 69 Τα ϐασικά ϑεωρήµατα 7 Ασκήσεις 75 Κεφάλαιο 5. Οµοιόµορφη Συνέχεια 8 Ασκήσεις 84 Κεφάλαιο 6. Παράγωγοι 87 Ασκήσεις 9 Κεφάλαιο 7. Το Ολοκλήρωµα Riem 99 Ασκήσεις Κεφάλαιο 8. Ακολουθίες Συναρτήσεων 23 Κατά σηµείο και οµοιόµορφη σύγκλιση 23 Συνέχεια, ολοκληρωσιµότητα και διαφορισιµότητα ορίων ακολουθιών συναρτήσεων 26 Ασκήσεις 28 Κεφάλαιο 9. Σειρές Συναρτήσεων 35 Γενικά 35 υναµοσειρές 38 Ασκήσεις 42 3

4

5 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ Το Αξίωµα τής Πληρότητας Κάνουµε τη σύµβαση ότι όλα τα σύνολα στους ορισµούς και στις διατυπώσεις των ϑεωρηµάτων είναι µη κενά. Ορισµός. Ενα σύνολο A Êλέγεται () Ανω ϕραγµένο, αν υπάρχει s Êτέτοιο ώστε s για κάθε A. Κάθε τέτοιο s ονοµάζεται άνω ϕράγµα τού A. (2) Κάτω ϕραγµένο, αν υπάρχειl Êτέτοιο ώστε lγια κάθε A. Κάθε τέτοιοlονοµάζεται κάτω ϕράγµα τού A. (3) Φραγµένο, αν είναι άνω και κάτω ϕραγµένο. Γεωµετρικά, όλα τα στοιχεία ενός άνω ϕραγµένου συνόλου είναι αριστερά από κάποιον αριθµό. Ολα τα στοιχεία ενός κάτω ϕραγµένου συνόλου είναι δεξιά από κάποιον αριθµό. Ολα τα στοιχεία ενός ϕραγµένου συνόλου είναι ανάµεσα σε δυο αριθµούς. Παραδείγµατα. Το (, + ) είναι κάτω ϕραγµένο, όχι άνω ϕραγµένο. Ενα κάτω ϕράγµα είναι το Ενα άλλο κάτω ϕράγµα είναι το. Στην πραγµατικότητα, κάθε αριθµός µικρότερος από ή ίσος µε µηδέν είναι κάτω ϕράγµα. Το (, ) είναι ϕραγµένο. Ενα κάτω ϕράγµα είναι το και ένα άνω ϕράγµα είναι το Ενα άλλο άνω ϕράγµα είναι το. Παρατηρήστε και εδώ ότι κάθε αριθµός µεγαλύτερος από ή ίσος µε είναι άνω ϕράγµα. Το είναι το ελάχιστο από όλα τα άνω ϕράγµατα. Παρατήρηση. Ενα σύνολο A Êείναι ϕραγµένο αν και µόνο αν υπάρχει c>τέτοιο ώστε cγια κάθε A. Η µια κατεύθυνση είναι προφανής: Αν υπάρχει τέτοιο c τότε ένα άνω ϕράγµα τού A είναι το c και ένα κάτω ϕράγµα είναι το c. Αντίστροφα, αν το A είναι ϕραγµένο και s,lείναι ένα άνω και ένα κάτω ϕράγµα αντίστοιχα, τότε για c µπορούµε να πάρουµε το mx{ s, l }. Αξίωµα (Η πληρότητα των πραγµατικών αριθµών). Εστω A Êάνω ϕραγµένο. Τότε το A έχει ελάχιστο άνω ϕράγµα το οποίο ονοµάζεται supremum τού A και συµβολίζεται µε sup A. Αν το A δεν είναι άνω ϕραγµένο τότε γράφουµε sup A = +. Παραδείγµατα. sup( + ) = +, sup(, ) = sup(, ) = sup(, ] =. Θεώρηµα ( Υπαρξη ifimum). Εστω A Êκάτω ϕραγµένο. Τότε το A έχει µέγιστο κάτω ϕράγµα το οποίο ονοµάζεται ifimum τού A και συµβολίζεται µε if A. Αν το A δεν είναι κάτω ϕραγµένο τότε γράφουµε if A=. Απόδειξη. Θέτουµε B ={ : A}. Αφού το A είναι κάτω ϕραγµένο, το B είναι άνω ϕραγµένο, εποµένως από το αξίωµα τής πληρότητας έχει supremum, έστω s. Τότε το s είναι το ifimum τού A. Παραδείγµατα. if(, ) =, if(, + ) = if(, ) = if[, ) =. Θεώρηµα (Η χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum). Εστω A Êάνω ϕραγµένο και s Ê. Τότε s=sup A αν και µόνο αν το s είναι άνω ϕράγµα τού A και για κάθε t< s υπάρχει Aτέτοιο ώστε t<. t s=sup A A Απόδειξη. Εστω ότι s=sup A και t<s. Τότε το t δεν είναι άνω ϕράγµα τού A αφού το s είναι το ελάχιστο άνω ϕράγµα. Εποµένως υπάρχει στοιχείο τού A µεγαλύτερο από t. Για την αντίστροφη κατεύθυνση, αν το s δεν 5

6 ήταν το supremum τού A, τότε ϑα υπήρχε κάποιο άνω ϕράγµα s τού A τέτοιο ώστε s < s. Ετσι από υπόθεση, ϑα υπήρχε Aµε s <, άτοπο γιατί το s είναι άνω ϕράγµα τού A. Θεώρηµα (Η χαρακτηριστική ιδιότητα τού ifimum). Εστω A Êκάτω ϕραγµένο και l Ê. Τότε l = if A αν και µόνο αν τοlείναι κάτω ϕράγµα τού A και για κάθε t>lυπάρχει A τέτοιο ώστε t>. Η απόδειξη είναι τελείως ανάλογη µε αυτήν τής χαρακτηριστικής ιδιότητας τού supremum. l=if A t A Ολα τα παρακάτω είναι συνέπειες τού αξιώµατος τής πληρότητας. Θεώρηµα. ΤοÆδεν είναι άνω ϕραγµένο. Το δεν είναι ούτε άνω ούτε κάτω ϕραγµένο. Απόδειξη. Ας υποθέσουµε ότι τοæείναι άνω ϕραγµένο. Θέτουµε s=supæ. Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχει Æτέτοιο ώστε s <. Αλλά + Æ, άρα + s αφού το s υποτίθεται ότι είναι άνω ϕράγµα τούæ. Ετσι, s, άτοπο. Εποµένως τοæδεν είναι άνω ϕραγµένο, άρα ούτε το. είχνουµε τώρα ότι το δεν είναι κάτω ϕραγµένο. Εστω ένα τυχόν x Ê. Αφού τοæδεν είναι άνω ϕραγµένο, υπάρχει Æτέτοιο ώστε x<, άρα < x. ηλάδη για το τυχόν x υπάρχει ακέραιος µικρότερος από x. Αυτό σηµαίνει ότι το δεν είναι κάτω ϕραγµένο. Θεώρηµα (Η Αρχιµήδεια ιδιότητα τούæ). Για κάθεε>υπάρχει Æτέτοιο ώστε <ε. Απόδειξη. ΤοÆδεν είναι άνω ϕραγµένο, άρα υπάρχει Æτέτοιο ώστε >, από το οποίο προκύπτει το ε Ϲητούµενο. Παράδειγµα. Θέτουµε A={/ : Æ}. Τότε if A=. Πράγµατι, το είναι προφανώς κάτω ϕράγµα. Επίσης, αν πάρουµε τυχόν t>, τότε από την Αρχιµήδεια ιδιότητα των ϕυσικών, υπάρχει Æτέτοιο ώστε /<t. Αλλά το / είναι στοιχείο τού A, άρα από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού ifimum, έχουµε το Ϲητούµενο. Θεώρηµα. Εστω A. Αν το A είναι άνω ϕραγµένο τότε έχει µέγιστο στοιχείο. Αν το A είναι κάτω ϕραγµένο τότε έχει ελάχιστο στοιχείο. Απόδειξη. Αποδεικνύουµε µόνο τον πρώτο ισχυρισµό. Ο δεύτερος αποδεικνύεται ανάλογα. Εστω λοιπόν ότι το A είναι άνω ϕραγµένο. Θέτουµε s=sup A και ας υποθέσουµε ότι το A δεν έχει µέγιστο στοιχείο. Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχει A τέτοιο ώστε s <. Αφού το A δεν έχει µέγιστο στοιχείο, πρέπει < s. Πάλι από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχει m A τέτοιο ώστε <m. Αφού το A δεν έχει µέγιστο στοιχείο, πρέπει m< s. Εποµένως, s <<m< s. ηλαδή τα και m έχουν απόσταση µικρότερη από, άτοπο γιατί είναι ακέραιοι αριθµοί. Ορισµός. Εστω x Ê. Θέτουµε A={ : x}. Το A δεν είναι κενό (αφού το δεν είναι κάτω ϕραγµένο), και άνω ϕραγµένο (από το x). Εποµένως, από το προηγούµενο ϑεώρηµα, το A έχει µέγιστο στοιχείο το οποίο ονοµάζεται ακέραιο µέρος τού x και συµβολίζεται µε [x]. ηλαδή το [x] είναι ο µεγαλύτερος ακέραιος ο οποίος είναι µικρότερος από ή ίσος µε x. Παρατήρηση. Προφανώς [x] x < [x] + (το [x] είναι ο µεγαλύτερος ακέραιος ο οποίος είναι µικρότερος από ή ίσος µε x, άρα κατ ανάγκη το [x]+ είναι µεγαλύτερο από x). Αυτό λέει ότι κάθε πραγµατικός αριθµός x πέφτει ανάµεσα σε δυο διαδοχικούς ακεραίους. Ο µικρότερος από τους δυο είναι το ακέραιο µέρος τού x. 6

7 2 [x] [x]+ x Παραδείγµατα. []=, [.2]=, [ ]=, [.2]= 2. Θεώρηµα (Η πυκνότητα των ϱητών). Εστω, b ʵε <b. Τότε υπάρχει q Éτέτοιο ώστε <q<b. ηλαδή ανάµεσα σε οποιουσδήποτε δυο πραγµατικούς υπάρχει ϱητός. Απόδειξη. Από την Αρχιµήδεια ιδιότητα τούæ, υπάρχει Æτέτοιο ώστε < b. Θέτουµε q= []+. Τότε το q είναι ϱητός αριθµός. Επίσης []+ + = + < +b =b, και Άρα <q<b. []+ > =. Θεώρηµα ( Υπαρξη -οστής ϱίζας). Για κάθε ʵε > και κάθε Æυπάρχει µοναδικό b > τέτοιο ώστε b =. Το b αυτό λέγεται -οστή ϱίζα τού και συµβολίζεται µε ή /. Απόδειξη. Για απλότητα, ϑα δώσουµε την απόδειξη στην ειδική περίπτωση ==2. Η ιδέα στη γενική περίπτωση είναι ακριβώς η ίδια. Θέτουµε A={x>: x 2 < 2}. Το A είναι µη κενό ( A) και άνω ϕραγµένο (το 666 είναι ένα άνω ϕράγµα). Θέτουµε b=sup A και ισχυρι- Ϲόµαστε ότι b 2 = 2. Πράγµατι, αν υποθέσουµε ότι b 2 < 2, επιλέγουµε έναε (, ) τέτοιο ώστε Τότε ε< 2 b2 2b+. (b+ε) 2 = b 2 + 2bε+ε 2 < b 2 + 2bε+ε=ε(2b+)+b 2 < 2 b2 2b+ (2b+)+b2 = 2. Άρα b+ε A. Αυτό είναι άτοπο γιατί το b είναι άνω ϕράγµα τού A. Αν τώρα υποθέσουµε ότι b 2 > 2, επιλέγουµε έναε>τέτοιο ώστε ε< b2 2 < b. 2b Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχει x A τέτοιο ώστε b ε < x. Άρα x 2 > (b ε) 2 = b 2 2bε+ε 2 > b 2 2bε>b 2 2b b2 2 2b άτοπο γιατί x A. Συµπεραίνουµε ότι b 2 = 2. Το b είναι ο µοναδικός ϑετικός αριθµός µ αυτήν την ιδιότητα, γιατί αν b 2 = 2 για κάποιο b >, τότε b 2 = b 2, άρα b=b αφού τα b και b είναι ϑετικά. Θεώρηµα ( Υπαρξη άρρητων αριθµών). Το 2 δεν είναι ϱητός αριθµός. Απόδειξη. Εστω ότι το 2 είναι ϱητός. Τότε 2= m για κάποια m, Æ. Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι οι m και δεν είναι και οι δυο άρτιοι. Υψώνοντας στο τεράγωνο παίρνουµε ότι m 2 = 2 2, δηλαδή ο m 2 είναι άρτιος, άρα και ο m. Αυτό σηµαίνει ότι m=2k για κάποιον ϕυσικό k. Εποµένως 2 2 = (2k) 2 = 4k 2, άρα 2 = 2k 2. ηλαδή και ο 2 είναι άρτιος, άρα και ο, άτοπο. = 2, 7

8 Θεώρηµα (Η πυκνότητα των άρρητων). Εστω, b ʵε < b. Τότε υπάρχει άρρητος γ τέτοιος ώστε < γ < b. Απόδειξη. Από την πυκνότητα των ϱητών, υπάρχει ϱητός q τέτοιος ώστε / 2<q<b/ 2. Θέτουµε γ=q 2. Τότε ογείναι άρρητος (αν ήταν ϱητός τότε και το 2=γ/q ϑα ήταν ϱητός), και <γ<b. 8

9 Ασκήσεις.. Εστω x τέτοιο ώστε x<εγια κάθεε>. είξτε ότι x=. Λύση. Αν το x ήταν ϑετικό, τότε γιαε= x 2 ϑα είχαµε x< x 2, άτοπο..2. Εστω x,y τέτοια ώστε x<y+ε για κάθεε>. είξτε ότι x y. Λύση. Αν είχαµε x>yτότε γιαε= x y ϑα παίρναµε x<y+ x y= x, άτοπο..3. Εστω x,y ϑετικοί αριθµοί τέτοιοι ώστε x<ty για κάθε t>. είξτε ότι x y. Λύση. Αν είχαµε x>y, τότε για t=x/y ϑα παίρναµε x< x y y= x, άτοπο..4. Εστω A Êϕραγµένο τέτοιο ώστε sup A = if A. είξτε ότι το A είναι µονοσύνολο. Λύση. Θέτουµε c=sup A=if A. Τότε για κάθε Aέχουµε c c. Άρα A={c}..5. Εστω A µη κενό άνω ϕραγµένο σύνολο πραγµατικών αριθµών. Υποθέτουµε ότι κάποιο A είναι άνω ϕράγµα τού A. είξτε ότι sup A =. Λύση. Το sup A είναι άνω ϕράγµα τού A και το στοιχείο τού A, άρα sup A. Το είναι άνω ϕράγµα τού A και το sup A το µικρότερο άνω ϕράγµα τού A, άρα sup A. Εποµένως sup A =..6. Εστω Ê. Θέτουµε A={q É:q<}. είξτε ότι sup A=. Λύση. Το είναι άνω ϕράγµα τού A, άρα sup A. Αν είχαµε sup A<, τότε, από πυκνότητα ϱητών, ϑα υπήρχε q Éτέτοιος ώστε sup A<q <. Αλλά τότε το q ϑα ήταν στοιχείο τού A µεγαλύτερο από sup A, άτοπο..7. Εστω A, B ʵη κενά, ϕραγµένα µε A B. είξτε ότι if B if A sup A sup B. Λύση. Το sup B είναι άνω ϕράγµα τού B, άρα και τού A αφού κάθε στοιχείο τού A ανήκει στο B. Εποµένως sup A sup B. Οµοίως if B if A. Η ανισότητα if A sup A είναι προφανής..8. Εστω A, B ʵη κενά, άνω ϕραγµένα. Θέτουµε είξτε ότι A+ B={+b : A, b B}. sup(a+ B)=sup A+sup B. Λύση. Για κάθε A, b B έχουµε +b sup A+sup B, άρα το sup A+sup B είναι άνω ϕράγµα τού A+ B. Εποµένως sup(a+ B) sup A+sup B. Εστω τώραε> τυχόν. Τότε υπάρχουν A, b B τέτοια ώστε sup A ε/2<και sup B ε/2<b(χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum). Άρα Εποµένως sup A+sup B<+b+ε sup(a+ B)+ε. sup A+sup B<sup(A+ B)+ε. Η σχέση αυτή ισχύει για κάθε ε >, άρα sup A + sup B sup(a + B) (άσκηση.2)..9. Εστω A, B ʵη κενά, άνω ϕραγµένα σύνολα ϑετικών αριθµών. Θέτουµε είξτε ότι A B={ b : A, b B}. sup(a B)=sup A sup B. 9

10 Λύση. (Παρατηρήστε την απόλυτη αναλογία µε την προηγούµενη άσκηση) Για κάθε A, b B έχουµε b sup A sup B, άρα το sup A sup B είναι άνω ϕράγµα τού A B. Εποµένως sup(a B) sup A sup B. Εστω τώρα t>τυχόν. Τότε υπάρχουν A, b B τέτοια ώστε sup A/ t<και sup B/ t<b(χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum). Άρα sup A sup B<tb t sup(a B). Εποµένως sup A sup B<t sup(a B). Η σχέση αυτή ισχύει για κάθε t >, άρα sup A sup B sup(a B) (άσκηση.3)... Εστω A, B Êτέτοια ώστε για κάθε Aκαι b B έχουµε b. είξτε ότι sup A if B. Λύση. Το b είναι άνω ϕράγµα τού A για κάθε b B. Άρα sup A bγια κάθε b B. Αυτό σηµαίνει ότι το sup A είναι κάτω ϕράγµα τού B, εποµένως sup A if B... Εστω A, B Êάνω ϕραγµένα, τέτοια ώστε για κάθε A υπάρχει b B µε b. είξτε ότι sup A sup B. Λύση. Εστω ότι είχαµε sup B < sup A. Τότε ϑα υπήρχε A µε sup B <. Αλλά από την ιδιότητα που έχουν τα A, B, υπάρχει b Bµε b. Άρα sup B<b, άτοπο..2. Εστω, 2,...,,... ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί τέτοιοι ώστε + < 2 για κάθε Æ. είξτε ότι if{ : Æ}=. Λύση. Θέτουµε s=if{ : Æ} και υποθέτουµε ότι s>. Τότε s<2s άρα υπάρχει τέτοιο ώστε < 2s (χαρακτηριστική ιδιότητα τού ifimum). Εποµένως +< < s=if A, άτοπο. 2 {.3. Θέτουµε A= + :, m Æ}. Υπολογίστε τα if A και sup A. m Λύση. Κάθε στοιχείο τού A είναι µικρότερο ή ίσο από το 2, αλλά 2 A, άρα sup A=2. Εστω τώραε>τυχόν. Επιλέγουµε Æτέτοιο ώστε < ε 2. Τότε if A + <ε. Η προηγούµενη σχέση ισχύει για κάθεε>, άρα if A=(άσκηση.)..4. Εστω x Ê. είξτε ότι το [x] είναι ο µοναδικός ακέραιος µε την ιδότητα [x] x < [x] +. Λύση. Αν έχουµε x<+ και m x<m+ για κάποιους ακέραιους, m, τότε m<+ και <m+. Άρα < m<. Εποµένως m <. Συνεπώς =m, αφού δυο ακέραιοι δεν µπορεί να έχουν απόσταση µικρότερη από, εκτός κι αν είναι ίσοι..5. Αν x Êκαι k τότε [x+k]=[x]+k. Λύση. Εχουµε [x] x<[x]+, άρα [x]+k x+k<[x]+k+. Αλλά το [x+k] είναι ο µοναδικός ακέραιος m µε την ιδιότητα m x+k<m+, άρα [x+k]=[x]+k..6. Αν x y, τότε [x] [y]. Λύση. Εχουµε [x] x y και [x] ακέραιος. Αλλά το [y] είναι ο µεγαλύτερος ακέραιος ο οποίος είναι µικρότερος ή ίσος τούy, άρα [x] [y]..7. Για κάθε x,y Ê, δείξτε ότι [x]+[y] [x+y]. Λύση. Ο [x] + [y] είναι ακέραιος µικρότερος ή ίσος τού x + y, άρα [x] + [y] [x + y]. [ [ ] x [x].8. Αν x Ê, Æ, τότε =. ]

11 Λύση. Εχουµε [x] x, άρα [ x Άρα ] [x] [ x ]. Εποµένως [.9. είξτε ότι x+ k ] = [x]. [ ] [x] [ x. Επίσης ] [ x ] ] [ [x] = [ x [ x [ x + + ] ] ] + + x = [x].. [ Λύση. Θέτουµε f (x)= x+ k ] [x]. Αρκεί να δείξουµε ότι η f είναι ταυτοτικά ίση µε. Παρατηρούµε ότι f ( x+ ) = = k= [ x+ k+ [ x+ k ] 2 [x+]= [ x+ k+ ] + [x]+ [x] = [ x+ k ] + [x+] [x+] ] [x]= f (x). Επίσης, αν x [, /), τότε x< και x+k/< για κάθε,,...,, συνεπώς [x]=[x+k/]=. Εποµένως f (x)= για κάθε x [, /). ηλαδή η f είναι περιοδική µε περίοδο / και µηδενίζεται στο [, /), άρα µηδενίζεται παντού.

12

13 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 2 Ακολουθίες Πραγµατικών Αριθµών Συγκλίνουσες ακολουθίες Μια ακολουθία είναι µια συνάρτηση x :Æ Ê. Γράφουµε x αντί x() (η µεταβλητή γίνεται δείκτης) και λέµε ότι το x είναι ο -οστός όρος τής ακολουθίας. ιαισθητικά, µια ακολουθία είναι µια άπειρη λίστα πραγµατικών αριθµών: (x, x 2, x 3,..., x,... ). Η γραφική παράσταση µιας ακολουθίας είναι µια σειρά από διακεκριµένα σηµεία. Στο παρακάτω σχήµα ϕαίνονται οι πρώτοι όροι τής x = / Ορισµός. Εστω x µια ακολουθία καιl Ê. Λέµε ότι η x συγκλίνει στοlκαι γράφουµε x l ή lim x =l, αν για κάθεε>υπάρχει Æτέτοιο ώστε για κάθε έχουµε x l <ε. Τοl ονοµάζεται όριο τής x. ηλαδή, αν σας δώσουν οσοδήποτε µικρόε>, µπορείτε να ϐρείτε ένα δείκτη τέτοιο ώστε από κει και µετά όλοι οι όροι τής ακολουθίας να απέχουν από τοlαπόσταση µικρότερη απόε. l+ε l l ε x Παρατηρήσεις. () Στον ορισµό, το γενικά εξαρτάται από τοε. (2) Η σύγκλιση µιας ακολουθίας δεν επηρεάζεται αν αλλάξουµε τις τιµές πεπερασµένου πλήθους όρων. ηλαδή, αν µια ακολουθία συγκλίνει στο και αλλάξουµε τις τιµές των 5 πρώτων όρων, η ακολουθία που ϑα πάρουµε εξακολουθεί να συγκλίνει στο. Παραδείγµατα. 3

14 () Η σταθερή ακολουθία x = c συγκλίνει στο c. Αν πάρουµε οποιοδήποτεε>, τότε για κάθε έχουµε x c =<ε. (2) Η ακολουθία x = / συγκλίνει στο. Πράγµατι, για κάθεε>, από την Αρχιµήδεια ιδιότητα τού Æ, υπάρχει Æτέτοιο ώστε / <ε. Άρα για κάθε έχουµε x = <ε. (3) Η ακολουθία x = ( ) δεν συγκλίνει. Αν συνέκλινε σε κάποιοlϑα υπήρχε τέτοιο ώστε x l </ για κάθε. Ιδιαίτερα, ϑα είχαµε Άρα άτοπο. l = x 2 l </ και +l = l = x 2 + l </. 2= l+l+ l + +l </5, Θεώρηµα (Μοναδικότητα τού ορίου). Εστω x µια ακολουθία και x,y Ê. Αν x x και x yτότε x=y. Απόδειξη. Εστωε>τυχόν. Αφού x x υπάρχει τέτοιο ώστε x x <ε/2 για κάθε. Αφού x y υπάρχει 2 τέτοιο ώστε x y <ε/2 για κάθε 2. Επιλέγουµε mx{, 2 }. Τότε x x <ε/2 και x y <ε/2. Άρα x y = x x + x y x x + x y < ε 2 +ε 2 =ε. ηλαδή x y <εγια κάθεε>. Εποµένως x y =, συνεπώς x=y. Θεώρηµα. Αν µια ακολουθία συγκλίνει τότε είναι ϕραγµένη. Απόδειξη. Εστω ότι x l. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστε x l <για κάθε. Αλλά x l x l. Άρα x <+ l για κάθε. Συνεπώς για κάθε. Εποµένως η x είναι ϕραγµένη. x mx{ x, x 2,..., x, l +} Παρατήρηση. Το αντίστροφο τού προηγούµενου ϑεωρήµατος, γενικά, δεν ισχύει. Η x = ( ) είναι ϕραγµένη αλλά δεν συγκλίνει. Παράδειγµα. Οι x =,y = ( ), z = δεν συγκλίνουν γιατί δεν είναι ϕραγµένες. Θεώρηµα. Αν x lτότε x l. Απόδειξη. Εστωε>. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστε x l <εγια κάθε. Άρα x l x l <ε για κάθε. Εποµένως x l. Παρατήρηση. Το αντίστροφο τού προηγούµενου ϑεωρήµατος, γενικά, δεν ισχύει. Για παράδειγµα, αν x = ( ) τότε x =, αλλά η x δεν συγκλίνει. Παρ όλα αυτά, µια ακολουθία συγκλίνει στο αν και µόνο αν η απόλυτη τιµή της συγκλίνει στο. Θεώρηµα. Εστω x καιy δυο ακολουθίες τέτοιες ώστε x x καιy y y. Τότε: Απόδειξη. () x +y x+y. (2) x y xy. () Εστωε>. Αφού x x, υπάρχει τέτοιο ώστε x x <ε/2 για κάθε. Αφούy y, υπάρχει 2 τέτοιο ώστε y y <ε/2 για κάθε 2. Θέτουµε = mx{, 2 }. Τότε για κάθε έχουµε Άρα x +y x+y. (x +y ) (x+y) x x + y y < ε 2 +ε 2 =ε. 4

15 (2) Αφού ηy συγκλίνει είναι ϕραγµένη. Άρα υπάρχει M> τέτοιο ώστε y M για κάθε. Εστω τώρα ε>. Αφού x x, υπάρχει τέτοιο ώστε x x <ε/( x + M) για κάθε. Αφούy y, υπάρχει 2 τέτοιο ώστε y y <ε/( x + M) για κάθε 2. Θέτουµε = mx{, 2 }. Τότε για κάθε έχουµε ε x y xy = x y xy + xy xy x x y + y y x < x + M M+ ε x + M x =ε. Άρα x y xy. Θεώρηµα. Εστω x µια ακολουθία µη µηδενικών αριθµών τέτοια ώστε x l, όπουl. Τότε x l. Απόδειξη. Από τον ορισµό τής σύγκλισης, έχουµε ότι υπάρχει τέτοιο ώστε x l < l /2 για κάθε. Αλλά x l x l, άρα x l < l /2 για κάθε. Εποµένως l 2 < x l < l 2 για κάθε. Συνεπώς x > l /2 για κάθε. Εστω τώραε>. Πάλι από τον ορισµό τής σύγκλισης, υπάρχει 2 τέτοιο ώστε x l <ε l 2 /2 για κάθε 2. Θέτουµε = mx{, 2 }. Τότε για κάθε έχουµε x l = x l x l < 2ε l 2 2 l =ε. 2 Άρα /x /l. Παρατήρηση. Συνδυάζοντας τα δυο προηγούµενα ϑεωρήµατα, παίρνουµε ότι αν x x καιy είναι µια ακολουθία µη µηδενικών αριθµών τέτοια ώστεy y, όπουy, τότε x /y x/y. Θεώρηµα (Ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες). Εστω x,y, z τρεις ακολουθίες τέτοιες ώστε x y z για κάθε. Αν x lκαι z lτότεy l. Απόδειξη. Εστωε>. Αφού x l, υπάρχει τέτοιο ώστε x l <εγια κάθε. Αφού z l, υπάρχει 2 τέτοιο ώστε z l <εγια κάθε 2. Θέτουµε = mx{, 2 }. Τότε για κάθε έχουµε ε< x l x l y l z l z l <ε. Άρα y l <εγια κάθε. αυτό σηµαίνει ότιy l. Παραδείγµατα. () Αν η x είναι ϕραγµένη καιy, τότε x y. Πράγµατι, αφού η x είναι ϕραγµένη υπάρχει M > τέτοιο ώστε x M για κάθε. Άρα x y M y. Αλλά M y, άρα, από το προηγούµενο ϑεώρηµα, x y. Εποµένως x y. (2) Αν <τότε. Αρκεί να δείξουµε ότι. Αν =αυτό είναι προφανές. Αν τότε / >, άρα υπάρχει ξ > τέτοιο ώστε / = + ξ. Εποµένως, από ανισότητα Beroulli Άρα. ( ) = (+ξ) +ξ>ξ < < ξ. Παρατήρηση. Το προηγούµενο ϑεώρηµα εξακολουθεί να ισχύει αν έχουµε x y z όχι για όλα τα αλλά από κάποιο δείκτη και µετά. 5

16 Ορισµός. Εστω x µια ακολουθία. Αποκλίνουσες ακολουθίες () Λέµε ότι η x αποκλίνει στο+ ή τείνει στο+ και γράφουµε x + ή lim x =+, αν για κάθε M> υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε έχουµε x > M. (2) Λέµε ότι η x αποκλίνει στο ή τείνει στο και γράφουµε x ή lim x =, αν για κάθε M> υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε έχουµε x < M. ηλαδή, x + αν για οσοδήποτε µεγάλο M>, από κάποιο δείκτη και µετά όλοι οι όροι τής ακολουθίας είναι µεγαλύτεροι από M. Ανάλογα στην περίπτωση x. Παρατήρηση. x + αν και µόνο αν x. Παραδείγµατα. () Η ακολουθία x = 2 τείνει στο+. Πράγµατι, έστω M>. Αφού τοæδεν είναι άνω ϕραγµένο, υπάρχει Æτέτοιο ώστε > M. Άρα για κάθε έχουµε x = 2 2 > M. (2) Η ακολουθία x = ( ) δεν τείνει ούτε στο+ ούτε στο. Αν είχαµε x + ϑα υπήρχε τέτοιο ώστε x > για κάθε. Ιδιαίτερα, (2 + )= x 2 +>, άτοπο. Οµοίως αν είχαµε x ϑα υπήρχε 2 τέτοιο ώστε x < για κάθε 2. Ιδιαίτερα, 2 2 = x 22 <, άτοπο. Θεώρηµα. Αν x + τότε η x δεν είναι άνω ϕραγµένη. Αν x τότε η x δεν είναι κάτω ϕραγµένη. Απόδειξη. Επεται άµεσα από τον ορισµό. Παρατήρηση. Στο προηγούµενο ϑεώρηµα, τα αντίστροφα, γενικά, δεν ισχύουν. Για παράδειγµα, η ακολουθία x = ( ) δεν είναι ούτε άνω ούτε κάτω ϕραγµένη. Παρ όλα αυτά δεν τείνει ούτε στο+ ούτε στο. Θεώρηµα. Εστω x καιy δυο ακολουθίες τέτοιες ώστε x y για κάθε. Αν x + τότεy +. Αν y τότε x. Απόδειξη. Αποδεικνύουµε µόνο τον πρώτο ισχυρισµό. Ο δεύτερος αποδεικνύεται ανάλογα. Εστω M >. Αφού x +, υπάρχει τέτοιο ώστε x > M για κάθε. Άραy x > M για κάθε. Εποµένως y +. Παράδειγµα. Εχουµε! και +. Άρα +,! +. Παρατήρηση. Ακριβώς όπως στην περίπτωση των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών, το προηγούµενο ϑεώρηµα εξακολουθεί να ισχύει αν έχουµε x y όχι για όλα τα αλλά από κάποιο δείκτη και µετά. Θεώρηµα. Εστω x µια ακολουθία µη µηδενικών αριθµών. Αν x + ή αν x τότε /x. Απόδειξη. Ας υποθέσουµε ότι x + και έστωε> τυχόν. Αφού x + υπάρχει τέτοιο ώστε x >/ε για κάθε. Άρα / x <εγια κάθε. Αυτό σηµαίνει ότι /x. Αν x τότε x + και αναγόµαστε στην προηγούµενη περίπτωση. Θεώρηµα. Εστω x µια ακολουθία µη µηδενικών αριθµών τέτοια ώστε x. Αν η x είναι ϑετική τότε /x +. Αν η x είναι αρνητική, τότε /x. Απόδειξη. Ας υποθέσουµε ότι η x είναι ϑετική και έστω M>. Αφού x υπάρχει τέτοιο ώστε x < /M για κάθε. Άρα /x > M για κάθε. Εποµένως /x +. Αν τώρα η x είναι αρνητική τότε η x είναι ϑετική και αναγόµαστε στην προηγούµενη περίπτωση. Παρατήρηση. Το προηγούµενο ϑεώρηµα, γενικά, δεν ισχύει αν η ακολουθία έχει και ϑετικούς και αρνητικούς όρους. Για παράδειγµα, η ακολουθία x = ( ) / συγκλίνει στο, αλλά η /x = ( ) δεν τείνει ούτε στο + ούτε στο. Παρ όλα αυτά εξακολουθεί να ισχύει αν η ακολουθία είναι ϑετική από κάποιο δείκτη και µετά ή αν είναι αρνητική από κάποιο δείκτη και µετά. 6

17 Μονότονες ακολουθίες Θεώρηµα. Εστω x µια ακολουθία. Αν η x είναι αύξουσα και άνω ϕραγµένη ή ϕθίνουσα και κάτω ϕραγµένη, τότε συγκλίνει. Απόδειξη. Αποδεικνύουµε µόνο τον πρώτο ισχυρισµό. Ο δεύτερος αποδεικνύεται ανάλογα. Εστω A={x : Æ} το σύνολο τιµών τής ακολουθίας. Το A είναι άνω ϕραγµένο. Θέτουµεl=sup A. Θα δείξουµε ότι x l. Εστω ε>. Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχει x A τέτοιο ώστεl ε< x. Συνεπώς για κάθε έχουµε x l =l x l x <ε. Συµπεραίνουµε ότι x l. Παρατηρήσεις. () Το ϑεώρηµα λέει ότι κάθε µονότονη και ϕραγµένη ακολουθία συγκλίνει. (2) Το αντίστροφο, γενικά, δεν ισχύει. Μια συγκλίνουσα ακολουθία δεν είναι κατ ανάγκη µονότονη. Για παράδειγµα η x = ( ) / συγκλίνει στο αλλά δεν είναι ούτε αύξουσα ούτε ϕθίνουσα. Παραδείγµατα. () (Ο αριθµός e). Η ακολουθία x = (+) 2 το οποίο σηµαίνει ότι ( + ) είναι αύξουσα και ϕραγµένη, άρα συγκλίνει. Το όριό της συµβολίζεται µε e. Για να δείξουµε ότι είναι αύξουσα, παρατηρούµε ότι από την ανισότητα Beroulli έχουµε ( ) + ( ) + (+2) = (+) 2 + = +, x + = ( ) ( ) + ( ) + + = = x. Για να δείξουµε ότι είναι ϕραγµένη χρησιµοποιούµε το διωνυµικό ϑεώρηµα. ( + ) () = k k= + ( k+)( k+2) ( ) k! k= ( = + k )( k 2 ) ( ) k! k= < k! < + 2 k= + 2 < 3. 2 (2) (Αρχή κιβωτισµού). Εστω [, b ], Æ, µια οικογένεια κλειστών διαστηµάτων τέτοια ώστε [, b ] [ 2, b 2 ] [ 3, b 3 ] και b, δηλαδή τα διαστήµατα είναι το ένα µέσα στο άλλο και το µήκος τους τείνει στο. Τότε η τοµή [, b ] είναι µονοσύνολο. Πράγµατι, η ακολουθία είναι αύξουσα και ϕραγµένη, άρα για κάποιο. Οµοίως η b είναι ϕθίνουσα και ϕραγµένη, άρα b b για κάποιο b. Ετσι έχουµε b b. Αλλά, από υπόθεση, b. Εποµένως, από µοναδικότητα τού ορίου, =b. Θέτουµεl==b. Θα δείξουµε ότι [, b ]={l}. Εστω τυχόν. Τότε για κάθε k έχουµε k b k b. Παίρνοντας όρια ώς προς k έχουµε l b, δηλαδή l [, b ]. Η σχέση αυτή ισχύει για κάθε, άραl [, b ]. Απ την άλλη, αν x [, b ] είναι κάποιο στοιχείο τής τοµής, τότε x [, b ] για κάθε, δηλαδή x b. Παίρνοντας όρια ως προς έχουµε x=l, άρα τοlείναι το µοναδικό στοιχείο τής τοµής. 7

18 Παρατήρηση. Το προηγούµενο αποτέλεσµα, γενικά, δεν ισχύει αν τα διαστήµατα δεν είναι κλειστά. Για πα- ϱάδειγµα (, /)= γιατί αν υπήρχε κάποιο στοιχείο x στην τοµή, ϑα είχαµε < x</ για κάθε, άτοπο γιατί /. Θεώρηµα. Εστω x µια ακολουθία. Αν η x είναι αύξουσα και όχι άνω ϕραγµένη τότε τείνει στο+. Αν είναι ϕθίνουσα και όχι κάτω ϕραγµένη τότε τείνει στο. Απόδειξη. Ας υποθέσουµε ότι η x είναι αύξουσα και όχι άνω ϕραγµένη. Θα δείξουµε ότι x +. Εστω M>. Αφού η x δεν είναι άνω ϕραγµένη, υπάρχει τέτοιο ώστε x > M. Εποµένως για κάθε έχουµε x x > M. Αυτό σηµαίνει ότι x +. Αν τώρα η x είναι ϕθίνουσα και όχι κάτω ϕραγµένη, τότε η x είναι αύξουσα και όχι άνω ϕραγµένη άρα x +, εποµένως x. Παρατήρηση. Το αντίστροφο τού προηγούµενου ϑεωρήµατος, γενικά, δεν ισχύει. Για παράδειγµα η ακολουθία τείνει στο+ αλλά δεν είναι αύξουσα. (2,, 4, 3, 6, 5, 8, 7,...) 8

19 Υπακολουθίες Ορισµός. Εστω x µια ακολουθία και k < k 2 < k 3 < <k < ένα άπειρο σύνολο ϕυσικών αριθµών. Η ακολουθίαy = x k λέγεται υπακολουθία τής x. ηλαδή η x k προκύπτει αν κρατήσουµε τους όρους τής x οι οποίοι αντιστοιχούν στους δείκτες k, k 2,.... Παρατηρήσεις. () Κάθε ακολουθία είναι υπακολουθία τού εαυτού της. (2) Για κάθε έχουµε k, δηλαδή ο -οστός όρος τής x k είναι µετά τον -οστό όρο τής x. Παράδειγµα. Αν x = ( ) τότε για k = 2 παίρνουµε την υπακολουθία x 2, δηλαδή την ακολουθία που αντιστοιχεί στους άρτιους όρους τής x. Προφανώς x 2 = για κάθε. Θεώρηµα. Εστω x µια ακολουθία καιl Ê. Τότε x lαν και µόνο αν κάθε υπακολουθία τής x συγκλίνει στοl. Απόδειξη. Αν κάθε υπακολουθία τής x συγκλίνει στοlτότε x lαφού η x είναι υπακολουθία τού εαυτού της. Αντίστροφα, έστω ότι x lκαι έστω x k τυχούσα υπακολουθία. Θα δείξουµε ότι x k l. Εστωε>. Αφού x l υπάρχει τέτοιο ώστε x l <εγια κάθε. Αλλά k, άρα x k l <εγια κάθε. ηλαδή x k l. Παρατήρηση. Με τελείως ανάλογο τρόπο αποδεικνύεται ότι x ± αν και µόνο αν κάθε υπακολουθία τής x τείνει στο±. Παράδειγµα. Η ακολουθία x = ( ) δεν συγκλίνει διότι x 2 = και x 2+ =. Οµοίως, η y = ( ) δεν τείνει ούτε στο+ ούτε στο διότιy 2 = 2 + καιy 2+ = 2. Θεώρηµα. Κάθε ακολουθία έχει µονότονη υπακολουθία. Απόδειξη. Εστω x τυχούσα ακολουθία. Λέµε ότι ένας όρος x είναι σηµείο κορυφής αν x x m για κάθε m>. ηλαδή το x είναι σηµείο κορυφής αν είναι µεγαλύτερο από ή ίσο µε όλους τους επόµενους όρους. σηµεία κορυφής Θέτουµε και διακρίνουµε δυο περιπτώσεις: A={ Æ:το x είναι σηµείο κορυφής} () Το A είναι πεπερασµένο (ή κενό). Στην περίπτωση αυτή επιλέγουµε k Ƶε k > mx A. Τότε το x k δεν είναι σηµείο κορυφής άρα υπάρχει k 2 > k τέτοιο ώστε x k < x k2. Τώρα, ούτε το x k2 είναι σηµείο κορυφής, άρα υπάρχει k 3 > k 2 τέτοιο ώστε x k2 < x k3. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο παίρνουµε ϕυσικούς αριθµούς k < k 2 < k 3 < τέτοιους ώστε x k < x k2 < x k3 <. Ετσι η υπακολουθία x k είναι αύξουσα. (2) Το A είναι άπειρο. Ας πούµε ότι αποτελείται από τους ϕυσικούς αριθµούς m < m 2 < m 3 <. Αφού το x m είναι σηµείο κορυφής, έχουµε x m x m2. Αφού το x m2 είναι σηµείο κορυφής, έχουµε x m2 x m3. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο παίρνουµε ότι x m x m2 x m3. ηλαδή η υπακολουθία x m είναι ϕθίνουσα. Θεώρηµα (Bolzo Weierstrss). Κάθε ϕραγµένη ακολουθία έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. 9

20 Απόδειξη. Εστω x µια ϕραγµένη ακολουθία. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, η x έχει µονότονη υπακολουθία, έστω x k. Τότε η x k είναι µονότονη και ϕραγµένη, άρα συγκλίνει. Παρατηρήσεις. () Το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss εξασφαλίζει την ύπαρξη συγκλίνουσας υπακολουθίας. εν µας λέει πως µπορούµε να την ϐρούµε. Για παράδειγµα η x = si είναι ϕραγµένη, άρα έχει συγκλίνουσες υπακολουθίες. Είναι όµως δύσκολο να τις προσδιορίσουµε. (2) Αν µια ακολουθία δεν είναι ϕραγµένη, τότε µπορεί να έχει ή να µη έχει συγκλίνουσες υπακολουθίες. Για παράδειγµα η (, 2,, 4,, 6,...) έχει συγκλίνουσα υπακολουθία (την υπακολουθία των περιττών όρων), ενώ η δεν έχει. (, 2, 3, 4, 5, 6,...) 2

21 Ακολουθίες Cuchy Ορισµός. Μια ακολουθία x ονοµάζεται Cuchy, αν για κάθεε> υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε, m έχουµε x x m <ε. Ο ορισµός λέει ότι σε µια ακολουθία Cuchy, αν σας δώσουν οποιοδήποτε ε, από κάποιο δείκτη και µετά όλοι οι όροι τής ακολουθίας απέχουν µεταξύ τους απόσταση µικρότερη απόε. Θα δείξουµε ότι αυτό είναι στην πραγµατικότητα ισοδύναµο µε το ότι η ακολουθία συγκλίνει. Θεώρηµα. Μια ακολουθία x είναι Cuchy αν και µόνο αν συγκλίνει. Απόδειξη. Εστω ότι x lγια κάποιοl. Θα δείξουµε ότι η x είναι Cuchy. Εστωε>. Αφού x lυπάρχει τέτοιο ώστε x l <ε/2 για κάθε. Άρα για κάθε m, έχουµε x x m = x l+l x m x l + x m l < ε 2 +ε 2 =ε. ηλαδή η x είναι Cuchy. Αντίστροφα, έστω ότι είναι Cuchy. είχνουµε κατ αρχάς ότι είναι ϕραγµένη. Αφού είναι Cuchy, υπάρχει τέτοιο ώστε x x <για κάθε. Εποµένως x <+ x για κάθε, συνεπώς x mx{ x,..., x, + x } για κάθε. Άρα η x είναι ϕραγµένη. Ετσι, από Bolzo Weierstrss, υπάρχει υπακολουθία x k τέτοια ώστε x k x για κάποιο x. Θα δείξουµε ότι x x. Εστωε>. Αφού η x είναι Cuchy, υπάρχει 2 τέτοιο ώστε x x m <ε/2 για κάθε, m 2. Αφού x k x, υπάρχει 3 τέτοιο ώστε x k x <ε/2 για κάθε 3. Θέτουµε = mx{ 2, 3 }. Τότε για κάθε έχουµε k, άρα Αυτό σηµαίνει ότι η x συγκλίνει στο x. x x = x x k + x k x x x k + x k x < ε 2 +ε 2 =ε. Η σηµασία τού προηγούµενου ϑεωρήµατος είναι ότι µας επιτρέπει να αποδείξουµε ότι µια ακολουθία συγκλίνει χωρίς να χρειάζεται να υπολογίσουµε ή να µαντέψουµε το όριο της. Παράδειγµα. Εστω I, I 2, I 3,... µια οικογένεια διαστηµάτων τέτοια ώστε I I 2 I 3 καιµ(i ), όπου µεµ( ) συµβολίζουµε το µήκος. Για κάθε επιλέγουµε ένα σηµείο x I. Τότε η ακολουθία x συγκλίνει. Πράγµατι, αρκεί να δείξουµε ότι είναι Cuchy. Εστωε>. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστεµ(i )<ε. Τώρα για κάθε, m τα σηµεία x, x m ανήκουν στο I αφού τα I και I m είναι υποσύνολα τού I. Εποµένως x x m µ(i )<ε. 2

22 limif & limsup Ορισµός. Εστω x µια ϕραγµένη ακολουθία. Ορίζουµε δυο άλλες ακολουθίες L και U ως εξής: L = if k x k U = sup x k. k Προφανώς L x U. Επίσης, οι L και U είναι ϕραγµένες, η L αύξουσα και η U ϕθίνουσα. Εποµένως συγκλίνουν. Θέτουµε lim if x = lim L lim sup x = lim U. Χρησιµοποιούµε επίσης τον συµβολισµό limx = lim if x limx = lim sup x. Τα limif και limsup παίζουν το ϱόλο τού «ορίου» µιας ϕραγµένης όχι κατ ανάγκη συγκλίνουσας ακολου- ϑίας. Θεώρηµα. Εστω x µια ϕραγµένη ακολουθία και x k µια συγκλίνουσα υπακολουθία. Τότε limif x lim x k limsup x. Απόδειξη. Απλά παίρνουµε όρια στη σχέση L k x k U k. Θεώρηµα. Εστω x µια ϕραγµένη ακολουθία. Τότε υπάρχουν υπακολουθίες x k και x m τέτοιες ώστε x k limsup x x m limif x. Απόδειξη. Θέτουµε u=limsup x. Αφού U u, υπάρχειν Æτέτοιο ώστε ηλαδή u <U ν < u+. u <sup k ν x k < u+. Από την ιδιότητα τού supremum, υπάρχει k ν τέτοιο ώστε Οµοίως, αφού U u, υπάρχειν 2 > k τέτοιο ώστε Οπως πριν, υπάρχει k 2 ν 2 > k τέτοιο ώστε u < x k < u+. u 2 < U ν 2 < u+ 2. u 2 < x k 2 < u+ 2. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο παίρνουµε µια υπακολουθία x k τέτοια ώστε u < x k < u+. Άρα x k u. Η x m κατασκευάζεται µε τελείως ανάλογο τρόπο. Τα δυο προηγούµενα ϑεωρήµατα λένε ότι το limif και το limsup είναι το µικρότερο και το µεγαλύτερο αντίστοιχα υπακολουθιακό όριο µιας ϕραγµένης ακολουθίας. Θεώρηµα. Εστω x ϕραγµένη ακολουθία. Τότε x x αν και µόνο αν limif x = limsup x = x. Απόδειξη. Εστω ότι x x. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, υπάρχουν υπακολουθίες x k και x m τέτοιες ώστε x k limsup x και x m limif x. Αλλά, αφού η x συγκλίνει στο x, έχουµε ότι x k x και x m x. Εποµένως, από τη µοναδικότητα τού ορίου, παίρνουµε ότι limif x = limsup x = x. Αντίστροφα, έστω ότι limsup x = limif x = x. Τότε L x και U x. Αλλά L x U. Εποµένως x x. 22

23 Παράδειγµα. Αν x = ( ) τότε limif x = και limsup x =. Πράγµατι, αφού x, έχουµε limif x και limsup x. Τώρα το limif x είναι το µικρότερο υπακολουθιακό όριο τής x, και x 2+ =. Άρα limif x. Εποµένως limif x =. Οµοίως limsup x =. 23

24 Ασκήσεις 2.. Εστω q ένας ϑετικός ϱητός. είξτε µε τον ορισµό ότι η ακολουθία x = / q συγκλίνει στο. Λύση. Εστωε>. Επιλέγουµε τέτοιο ώστε > /ε /q. Τότε για κάθε έχουµε x = q q <ε. Άρα x είξτε µε τον ορισµό ότι η ακολουθία x = 2 2 συγκλίνει στο. Λύση. Εστωε>. Επιλέγουµε τέτοιο ώστε > /ε. Τότε για κάθε έχουµε x = 2 2 2= <ε. Αυτός είναι ο «έξυπνος» τρόπος. Ο «τυφλοσούρτικος» τρόπος, όπως αναφέραµε στο µάθηµα, είναι ο εξής: Θέλουµε να ϐρούµε τέτοιο ώστε για κάθε να έχουµε x <ε. ηλαδή 2 2 <ε 2ε2 ε>. Οι ϑετικές λύσεις τής ανίσωσης είναι > + +8ε 2. 4ε Εποµένως αν επιλέξουµε µεγαλύτερο από την παραπάνω ποσότητα τελειώσαµε Εστω ότι x x. Θεωρούµε την ακολουθία , αν <8 y = x, αν 8. είξτε ότιy x. Λύση. Εστωε>. Αφού x x, υπάρχει τέτοιο ώστε x x <ε για κάθε. Επιλέγουµε mx{, 8}. Τότε για κάθε έχουµε y x = x x <ε. Άραy x. Η άσκηση αυτή δείχνει αυτό που αναφέραµε στη ϑεωρία: Η σύγκλιση µιας ακολουθίας δεν επηρεάζεται αν αλλάξουµε τις τιµές πεπερασµένου πλήθους όρων Εστω A Êάνω ϕραγµένο. είξτε ότι υπάρχει ακολουθία x A τέτοια ώστε x sup A. Λύση. Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, για κάθε υπάρχει x A τέτοιο ώστε sup A < x sup A. Άρα x sup A Εστω x Ê. είξτε ότι υπάρχει ακολουθία ϱητών q τέτοια ώστε q x. Λύση. Από πυκνότητα ϱητών, για κάθε υπάρχει q Éτέτοιο ώστε x < q <x. Άρα q x Εστω x µια ακολουθία τέτοια ώστε x x, όπου x>. είξτε ότι υπάρχει τέτοιο ώστε x > για κάθε. 24

25 Λύση. Από τον ορισµό τού ορίου έχουµε ότι υπάρχει τέτοιο ώστε x x < x/2 για κάθε. Άρα x 2 < x x< x 2 για κάθε. Εποµένως για κάθε. x > x x 2 = x 2 > 2.7. Εστω x µια ακολουθία µη αρνητικών αριθµών τέτοια ώστε x x. είξτε ότι x. Λύση. Εχουµε ότι x x. Αν το x ήταν αρνητικό, το x ϑα ήταν ϑετικό, άρα από την προηγούµενη άσκηση, η x από κάποιο όρο και µετά ϑα ήταν ϑετική, άτοπο Είναι αλήθεια ότι το όριο µιας συγκλίνουσας ακολουθίας ϑετικών αριθµών είναι ϑετικό; Λύση. Οχι. Για παράδειγµα / Εστω x µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε x x. είξτε ότι για κάθε k Æέχουµε x /k x /k. Λύση. Αν x=, τότε για κάθεε>, υπάρχει τέτοιο ώστε x <ε k για κάθε. Άρα x /k <εγια κάθε. Εποµένως x /k. Αν x>, τότε έχουµε x x, άρα η x είναι ϕραγµένη. Εποµένως υπάρχει M> τέοιο ώστε x M για κάθε. Χρησιµοποιώντας τώρα την ταυτότητα k b k = ( b) k k j b j παίρνουµε x /k x /k k k = x x x k j k x j k x x M k j k j= j= διότι x x. Άρα x /k x /k, εποµένως x /k x /k. Παρατηρήστε ότι από την άσκηση συνεπάγεται ότι αν q É, τότε x q x q. 2.. Θέτουµε x=2+ 2. Βρείτε το όριο τής ακολουθίας x [x ]. Λύση. Εστωy=2 2. Τότε, από το διωνυµικό ϑεώρηµα έχουµε x +y = (2+ 2) + (2 () 2) = 2 k ( () 2) k + 2 k ( 2) k k k () () ( ) = 2 k 2 k/2 + 2 k 2 k/2 + 2 k 2 k/2 k k k = k k άρτιος k k άρτιος () 2 + k/2. k k k περιττός j= k k άρτιος x j k k k περιττός, () 2 k 2 k/2 k Παρατηρούµε ότι η παραπάνω ποσότητα είναι ακέραιος αριθµός. Επίσης x +y < x < x +y. Άρα, [x ]= x +y. Εποµένως x [x ]= y. 2.. είξτε ότι αν x, τότε x Λύση. Αφού x, υπάρχει τέτοιο ώστε x <για κάθε. Εποµένως για όλα αυτά τα έχουµε x x. Αλλά x, άρα x Εστω x µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε x + x l, όπουl<. είξτε ότι x. 25

26 Λύση. Επιλέγουµεε> τέτοιο ώστεl+ε<. Τότε υπάρχει x τέτοιο ώστε + x Εποµένως για > έχουµε < x = x x x x 2 x + x < (l+ε) (l+ε) x x } {{ } = (l+ε) x (l+ε) } {{ } ϕορές ϕορές διότι <l+ε<. Άρα x Εστω q Éκαι ένας ϑετικός πραγµατικός. είξτε ότι lim q (+) =. ηλαδή το εκθετικό πάει στο άπειρο «πιο γρήγορα» από τη δύναµη. l <ε για κάθε., Λύση. Αν x = q (+), τότε x + x = Το συµπέρασµα έπεται από την άσκηση 2.2. ( + ) q + + < Εστω x µια ακολουθία τέτοια ώστε x. είξτε ότι x k. k= Λύση. Η x είναι ϕραγµένη, άρα υπάρχει M>τέτοιο ώστε x Mγια κάθε. Εστω τώραε>. Αφού x, υπάρχει τέτοιο ώστε x <ε/2 για κάθε. Αφού M( )/, υπάρχει τέτοιο ώστε M( )/<ε/2 για κάθε. Ετσι για κάθε mx{, } έχουµε x k x k + k= k= x k < M( ) k= + + ε 2 <ε 2 +ε 2 =ε. Η δεύτερη ανισότητα παραπάνω ισχύει διότι το πρώτο άθροισµα έχει όρους και ο καθένας είναι µικρότερος από ή ίσος µε M, και το δεύτερο άθροισµα έχει + όρους και ο καθένας είναι µικρότερος απόε/2. Το παραπάνω επιχείρηµα αποδεικνύει και την ακόλουθη γενίκευση. Αν b είναι µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε lim + b k =+, k= τότε x b + x 2 b x b. b + b b Η άσκηση είναι ειδική περίπτωση τού προηγουµένου για b =. Ενα άλλο παράδειγµα είναι x + 2x 2 + +x (+) Εστω x µια ακολουθία τέτοια ώστε x x. είξτε ότι x k x. k= Λύση. Εχουµε x x, άρα από την προηγούµενη άσκηση, (x k x). k= 26

27 Αλλά Εποµένως (x k x)= k= x k x. k= x k x. k= 2.6. Εστω και b b. είξτε ότι lim + + k b k = b. Στην άσκηση αυτή, οι δείκτες των ακολουθιών ξεκινάνε από το. Λύση. Υποθέτουµε αρχικά ότι =b=. Οι ακολουθίες συγκλίνουν άρα είναι ϕραγµένες. Ετσι υπάρχει M> τέτοιο ώστε M, b M, για κάθε. Εστω τώραε>. Αφού οι ακολουθίες είναι µηδενικές, υπάρχει τέτοιο ώστε <ε/m, b <ε/m, για κάθε. Εποµένως για κάθε 2 έχουµε (( + )M ε M + ( ) ε ) M M + Αυτό σηµαίνει ότι k b k + k b k + lim + k= + + k b k < + k b k =. Αν τώρα τα, b είναι αυθαίρετα, τότε από τα παραπάνω έχουµε ότι lim ( k )(b k b)=. + + Αλλά Άρα + + Οµως από την άσκηση 2.5 έχουµε Συµπεραίνουµε ότι ( k )(b k b)= + k b k = + lim + + k b k b + ( k )(b k b)+ b + lim + k =, lim k b k = b. k + k + + b k = b Εστω x µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε x. είξτε ότι το σύνολο έχει µέγιστο στοιχείο. A={x : Æ} b k + b. b k b. Λύση. Αφού x, υπάρχει > τέτοιο ώστε x < x για κάθε. Θέτουµε x j = mx{x,..., x }. Ετσι ο x j είναι µεγαλύτερος ή ίσος από τους πρώτους όρους τής ακολουθίας. Αλλά όλοι οι υπόλοιποι είναι µικρότεροι από τον x. Άρα ο x j είναι µεγαλύτερος ή ίσος από κάθε όρο τής ακολουθίας, εποµένως είναι το µέγιστο στοιχείο τού συνόλου A. =ε. 27

28 2.8. Εστω x µια συγκλίνουσα ακολουθία ακέραιων αριθµών. είξτε ότι η x είναι τελικά σταθερή, δηλαδή υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε έχουµε x = x. Λύση. Θέτουµεl=lim x. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε έχουµε x l </2. Εποµένως για κάθε τέτοιο x x = x l+l x x l + x l <. Αυτό σηµαίνει ότι x = x διότι η ακολουθία αποτελείται από ακέραιους αριθµούς Εστω x,y δυο ακολουθίες τέτοιες ώστε x x, όπου x>, καιy +. είξτε ότι x y +. Λύση. Εστω M>. Αφού x x, υπάρχει τέτοιο ώστε x x < x/2 για κάθε. Άρα x > x/2 για κάθε. Αφούy +, υπάρχει 2 τέτοιο ώστεy > 2M/x για κάθε 2. Άρα, για κάθε mx{, 2 } έχουµε x y > M. Εποµένως x y Εστω x,y δυο ακολουθίες τέτοιες ώστε η x είναι κάτω ϕραγµένη καιy +. είξτε ότι x +y +. Λύση. Εστω M>. Αφού η x είναι κάτω ϕραγµένη, υπάρχει c τέτοιο ώστε x > c για κάθε. Αφούy +, υπάρχει τέτοιο ώστεy > M c για κάθε. Άρα, για κάθε έχουµε x +y > M. Εποµένως x +y είξτε ότι! +. Λύση. Παρατηρούµε ότι για k=, 2,..., έχουµε (k )( k). Άρα ( k+)k. Ετσι παίρνουµε τις ανισότητες ( ) 2 ( 2) 3 ( ) = (!) ( ) Εποµένως! Μια γνήσια αύξουσα ακολουθία ακέραιων αριθµών τείνει στο+. Λύση. Από την άσκηση 2.8, η ακολουθία δεν συγκλίνει. Αφού επιπλέον είναι αύξουσα, πρέπει κατ ανάγκη να τείνει στο είξτε ότι η ακολουθία συγκλίνει. x = Λύση. Αρκεί να δείξουµε ότι η ακολουθία είναι αύξουσα και ϕραγµένη. Εχουµε άρα η x είναι αύξουσα. Επίσης άρα η x είναι ϕραγµένη. x + x = > x <x + x = } {{ } + ϕορές = + < είξτε ότι η ακολουθία x = +! + 2! + +! συγκλίνει. 28

29 Λύση. x + x = /(+)!>, άρα η x είναι αύξουσα. Επίσης x = +! + 2! + 3! + +! < = Εποµένως η x είναι ϕραγµένη. Άρα συγκλίνει. < Εστω x µια ϕραγµένη ακολουθία τέτοια ώστε 2x x + x + για κάθε. είξτε ότι Λύση. Εχουµε lim(x + x )=. 2x x + x + x x x + x. Άρα αν ϑέσουµεy = x + x, έχουµε ότι ηy είναι αύξουσα και ϕραγµένη (αφού η x είναι ϕραγµένη), άρα y yγια κάποιοy. Θα δείξουµε ότιy=. Πράγµατι, ανy>, τότε υπάρχει τέτοιο ώστεy >y/2 για κάθε (γιατί;), εποµένως y = x + x > y 2 y +=x +2 x +> y 2 (+) x + x > ( + ) y 2 x + ( + ) y 2 + x +. y = x + x > y 2 το οποίο είναι άτοπο διότι η x είναι ϕραγµένη. Με παρόµοιο τρόπο αποκλείουµε την περίπτωσηy< Αν x 2 x και x 2 x, τότε x x. Λύση. Εστωε>. Αφού x 2 x, υπάρχει άρτιος τέτοιος ώστε x x <εγια κάθε άρτιο. Αφού x 2 x, υπάρχει περιττός 2 τέτοιος ώστε x x <εγια κάθε περιττό 2. Εποµένως για κάθε ϕυσικό mx{, 2 } έχουµε x x <ε Εστω x µια ακολουθία τέτοια ώστε οι υπακολουθίες x 2, x 2+ και x 3 συγκλίνουν. είξτε ότι η x συγκλίνει. Λύση. Θέτουµε =lim x 2, b=lim x 2+ και c=lim x 3. Παρατηρούµε ότι η x 6 είναι υπακολουθία τής x 2 και τής x 3, άρα η x 6 συγκλίνει στο και στο c, εποµένως =c. Οµοίως, η x 3(2+) είναι υπακολουθία τής x 2+ (διότι 3(2+)=2(3+)+), και τής x 3, άρα b=c. ηλαδή η υπακολουθία των άρτιων όρων και η υπακολουθία των περιττών όρων τής x συγκλίνουν στο ίδιο όριο (c), εποµένως η ακολουθία συγκλίνει είξτε ότι αν µια µονότονη ακολουθία έχει συγκλίνουσα υπακολουθία τότε συγκλίνει. Λύση. Εστω x µονότονη, και x k µια υπακολουθία τέτοια ώστε x k x. Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι η x είναι αύξουσα. Εστωε>. Αφού x k x, υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε. Εποµένως για κάθε k έχουµε x ε< x k < x+ε, x ε< x k x x k < x+ε. (Χρησιµοποιήσαµε ότι k ). ηλαδή x x <εγια κάθε k. Άρα x x Εστω x µια ϕραγµένη ακολουθία. Θέτουµε A να είναι το σύνολο των ορίων όλων των συγκλινουσών υπακολουθιών τής x. Εστω τώραy A τέτοια ώστεy y. είξτε ότιy A. Λύση. Τοy ανήκει στο A, άρα υπάρχει υπακολουθία τής x η οποία συγκλίνει στοy. Εποµένως υπάρχει k τέτοιο ώστε x k y <. Τοy 2 ανήκει στο A, άρα υπάρχει (κάποια άλλη) υπακολουθία τής x η οποία συγκλίνει στοy 2. Εποµένως υπάρχει k 2 > k τέτοιο ώστε x k2 y 2 </2. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο παίρνουµε µια υπακολουθία x k τέτοια ώστε x k y </. Αλλά τότε x k y x k y + y y y y +. Εποµένως x k y. ηλαδή τοyείναι όριο υπακολουθίας τής x, άραy A. 29

30 2.3. Εστω x µια όχι άνω ϕραγµένη ακολουθία. είξτε ότι υπάρχει υπακολουθία x k τέτοια ώστε x k +. Λύση. Αφού η x δεν είναι άνω ϕραγµένη, υπάρχει k τέτοιο ώστε x k >. Για τον ίδιο λόγο υπάρχει k 2 τέτοιο ώστε x k2 > mx{2, x, x 2,..., x k }. Παρατηρήστε ότι k 2 > k διαφορετικά το x k2 ϑα ήταν γνήσια µεγαλύτερο από τον εαυτό του. Συνεχίζουµε µε τον ίδιο τρόπο: υπάρχει k 3 τέτοιο ώστε x k3 > mx{3, x, x 2,..., x k2 }. Οπως πριν, πρέπει k 3 > k 2. Παίρνουµε έτσι µια υπακολουθία x k τέτοια ώστε x k >, άρα x k Εστω x µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Υποθέτουµε ότι υπάρχει <θ<τέτοιο ώστε x x θ x x 2 για κάθε 3. είξτε ότι η x συγκλίνει. Λύση. Παρατηρούµε ότι για κάθε 3έχουµε x x θ x x 2 θ 2 x 2 x 3 θ 2 x 2 x. Αρκεί να δείξουµε ότι η x είναι Cuchy. Εστω λοιπόνε>. Αφούθ, υπάρχει 3 τέτοιο ώστε Τότε για κάθε >m έχουµε θ θ x 2 x <ε. x x m x x + x x x m+ x m (θ 2 +θ 3 + +θ m ) x 2 x =θ m (+θ+θ 2 + +θ m m θ m ) x 2 x =θ θ x 2 x θ θ x 2 x <ε. Άρα η x είναι Cuchy, εποµένως συγκλίνει Εστω x µια ακολουθία τέτοια ώστε για κάθε 2. είξτε ότι η x συγκλίνει. x + = x +x 2 Λύση. Εχουµε x + x = x + x 2 Άρα από την άσκηση 2.3, η x συγκλίνει. x = 2 x x Υπολογίστε απ ευθείας το όριο τής ακολουθίας τής άσκησης Λύση. Παρατηρούµε ότι x k+ x k = 2 (x k x k )= 4 (x k x k 2 )= = ( 2) k (x 2 x ). Αθροίζοντας τις παραπάνω ισότητες για k=,..., παίρνουµε ( x x = (x 2 x ) ) k = (x 2 x )( (/2) ). Εποµένως x (x + 2x 2 )/3. k= Ορίζουµε αναδροµικά x = x, x + =θ si x + c, όπου x, c Êκαι <θ<. είξτε ότι η x συγκλίνει. Λύση. Εχουµε x + x =θ si x si x =θ cosξ x x, για κάποιοξ (ϑεώρηµα µέσης τιµής). ηλαδή x + x θ x x. Άρα, από την άσκηση 2.3, η x συγκλίνει. 3

31 2.35. Εστω x µια ακολουθία τέτοια ώστε είξτε ότι η x συγκλίνει. x x 2, x 2+ = x 2 x 2, x 2+2 = x 2+x 2. 2 Λύση. Εχουµε ότι x 2 x 2+ x 2+2 x 2. Η δεύτερη ανισότητα προκύπτει από την b +b 2. Η πρώτη και η τρίτη από την δεύτερη: x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2 x 2+. x 2 x 2 x 2+x 2 x 2 x 2+2 x 2. 2 Ετσι, η υπακολουθία των άρτιων όρων είναι ϕθίνουσα και ϕραγµένη, ενώ η υπακολουθία των περιττών όρων είναι αύξουσα και ϕραγµένη, άρα συγκλίνουν. Επίσης x 2+2 x 2+ = x 2+x 2 x 2+ x 2+x 2 x 2 = x 2 x 2 x 2 x Εποµένως οι υπακολουθίες των άρτιων και περιττών όρων συγκλίνουν στο ίδιο όριο, συνεπώς η ακολουθία συγκλίνει Εστω x µια ακολουθία. Ορίζουµε y = sup x +k x. k είξτε ότι η x συγκλίνει αν και µόνο ανy. Λύση. Εστω ότι η x συγκλίνει, και έστωε>. Η x είναι Cuchy, άρα υπάρχει τέτοιο ώστε x x m <ε/2 για κάθε, m. Εποµένως για κάθε και κάθε k έχουµε x +k x <ε/2. Συνεπώς y = sup x +k x ε k 2 <ε. Άραy. Αντίστροφα, έστω ότιy. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστεy <εγια κάθε. Εποµένως για κάθε m>> έχουµε x x m = x +(m ) x sup x +k x =y <ε. k ηλαδή η x είναι Cuchy, άρα συγκλίνει Εστω x,y ϕραγµένες ακολουθίες µε x y για κάθε. είξτε ότι Λύση. Για κάθε και j έχουµε Άρα limif x limify και limsup x limsupy. x j y j supy k. k sup j x j supy k. k Παίρνοντας όρια ως προς έχουµε limsup x limsupy. Η σχέση limif x limify αποδεικνύεται ανάλογα Εστω x ϕραγµένη ακολουθία και x k µια υπακολουθία της. είξτε ότι limif x limif x k limsup x k limsup x. Λύση. Υπάρχει υπακολουθία τής x k, άρα και τής x, η οποία συγκλίνει στο limif x k. Αλλά το limif x είναι το µικρότερο υπακολουθιακό όριο τής x άρα είναι µικρότερο από ή ίσο µε το limif x k. Οµοίως µε τα limsup Εστω x,y ϕραγµένες ακολουθίες. Τότε Λύση. () limsup ( x )= limif x και limif ( x )= limsup x. (2) limif x + limify limif (x +y ) limsup x + limify limsup (x +y ) limsup x + limsupy (3) Αν επιπλέον ηy συγκλίνει, τότε limsup (x +y )=limsup x +limy και limif (x +y )=limif x +limy. 3

32 () Αποδεικνύουµε την πρώτη ισότητα: limsup ( x )=lim sup( x k )= lim k (2) Αποδεικνύουµε τις δυο τελευταίες ανισότητες: Για κάθε και κάθε l, έχουµε Προσθέτοντας κατά µέλη παίρνουµε x l sup k x l +y l sup k Η προηγούµενη σχέση ισχύει για κάθε l, άρα sup l Παίρνοντας όρια ως προς έχουµε (x l +y l ) sup x k, y l supy k. k x k + supy k. k k if x k= limif x. k x k + supy k. k limsup (x +y ) limsup x + limsupy. Για να δείξουµε την άλλη ανισότητα, χρησιµοποιούµε αυτήν που µόλις δείξαµε: limsup x = limsup (x +y y ) limsup (x +y )+limsup ( y )=limsup (x +y ) limify. Άρα limsup x + limify limsup (x +y ). (3) Αποδεικνύουµε µόνο την πρώτη ισότητα: Από το (2) έχουµε ότι limsup x + limify limsup (x +y ) limsup x + limsupy. Αλλά ηy συγκλίνει, άρα limsupy = limify = limy. Εποµένως η προηγούµενη ανισότητα µας δίνει το Ϲητούµενο Εστω x = cos(π/3)+ /. Βρείτε τα limif x και limsup x. Λύση. Θέτουµεy = cos(π/3), z = /. Παρατηρούµε ότιy +6 = cos(2π+π/3)=cos(π/3)=y. Επίσης, οι 6 πρώτοι όροι τήςy είναι /2, /2,, /2, /2,. ηλαδή ηy είναι περιοδική µε περίοδο 6. Άρα limify = mi {± 2 },± =, limsupy = mx {± 2 },± =. Προφανώς lim z =. Εποµένως limif x = limif (y + z )=limify + lim z =, limsup x = limsup (y + z )=limsupy + lim z = Βρείτε δυο ακολουθίες x καιy τέτοιες ώστε limsup x + limify < limsup (x +y )<limsup x + limsupy. Λύση. Θέτουµε Τότε Άρα x : (,,,,,,...) y : (, 2,, 2,, 2,...). x +y : (, 2,, 2,, 2,...). limsup x + limify = +=<limsup (x +y )=2<limsup x + limsupy = +2= Εστω x,y ϕραγµένες ακολουθίες µη αρνητικών αριθµών. είξτε ότι lim sup(x y ) lim sup x lim supy. 32

33 Λύση. Για κάθε και καθε l έχουµε Συνεπώς, Άρα x l sup k sup l x l y l sup k x k, y l supy k. k (x k y k ) sup Παίρνοντας όρια καθώς, έχουµε το Ϲητούµενο. x k supy k. k k x k supy k. k Βρείτε δυο ϕραγµένες ακολουθίες ϑετικών αριθµών τέτοιες ώστε lim sup(x y )<lim sup x lim supy. Λύση. Θέτουµε, αν περιττός, αν περιττός x = y =. 2, αν άρτιος /2, αν άρτιος Τότε lim sup(x y )=lim(x y )= και lim sup x lim supy = 2 = Εστω x µια ακολουθία µη αρνητικών αριθµών τέτοια ώστε limsup x <. είξτε ότι x. Λύση. Θέτουµε u=limsup x. Επιλέγουµεε>µε u+ε<. Τότε, αφού lim ώστε Άρα για κάθε έχουµε Εστω x ϕραγµένη ακολουθία. Θέτουµε sup k k xk < u+ε. x < (u+ε). sup k k xk = u, υπάρχει τέτοιο είξτε ότι σ = x +x x. limif x limifσ limsupσ limsup x. Ιδιαίτερα, αν η x συγκλίνει, τότε ησ συγκλίνει στο ίδιο όριο. Αυτό είχε αποδειχτεί απ ευθείας στην άσκηση 2.5. Λύση. Θέτουµε u=limsup x, και έστωε>. Τότε, αφού lim sup x k = u, υπάρχει τέτοιο ώστε k sup x k < u+ε. k Εποµένως για κάθε έχουµε σ = x +x x +x + + x < x + + x + + (u+ε) Το δεξιά µέλος συγκλίνει, ως προς, στο u+ε, άρα limsupσ u+ε. Η σχέση αυτή ισχύει για κάθεε>, άρα limsupσ limsup x. Οµοίως δείχνουµε ότι limif x limifσ Εστω x µια αύξουσα ακολουθία µη αρνητικών αριθµών τέτοια ώστε είξτε ότι x x. x + x x x. 33

34 Λύση. Θέτουµε Τότε σ = x +x x. + ϕορές x = x (+)x { }} { x + + x = x +x x 2 2σ 2. Αλλά ησ είναι ϕραγµένη γιατί συγκλίνει. Εποµένως η x είναι αύξουσα και ϕραγµένη, άρα x y για κάποιο y. Αλλά τότεσ y, από την άσκηση 2.45 ή την άσκηση 2.5. Εποµένως x=y Βρείτε µια µη συγκλίνουσα ακολουθία x τέτοια ώστε η x + + x συγκλίνει. Λύση. Η x = ( ) δεν συγκλίνει αλλά x + x x Εστω x,y δυο ακολουθίες τέτοιες ώστεy γνήσια αύξουσα,y +, και είξτε ότι lim x + x y + y =. lim x y =. Η άσκηση αυτή είναι ο «κανόνας L Hôpitl» για ακολουθίες. Οι διαφορές διαδοχικών όρων x + x καιy + y παίζουν το ϱόλο των παραγώγων. Λύση. Εστωε>. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε > έχουµε Εποµένως ε< x + x y + y < +ε. ( ε)(y + y )< x + x < (+ε)(y + y ) ( ε)(y +2 y +)< x +2 x +< (+ε)(y +2 y +). ( ε)(y y )< x x < (+ε)(y y ) Προσθέτοντας κατά µέλη τις προηγούµενες ανισότητες παίρνουµε Άρα Αλλά lim /y =, άρα Συνεπώς limif limif ( ε)(y y )+ x < x < (+ε)(y y )+ x. ( ( ε) y ) + x y y [ ( ( ε) y y [ ( (+ε) y y ) + x y ) + x y < x ( < (+ε) y ) + x. y y y ] = limsup ] = limsup [ ( ( ε) y y [ ( (+ε) y y ε limif x y limsup x y +ε. 34 ) + x y ) + x y ] = ε. ] = +ε.

35 Η προηγούµενη σχέση ισχύει για κάθεε>, άρα Εποµένως limif x y = limsup x y =. lim x y = Εστω r η ακολουθία όλων τών ϱητών αριθµών στο (, ), δηλαδή{r : Æ}=(, ) É. Βρείτε το limif r. Λύση. Η ακολουθία r είναι κάτω ϕραγµένη από το, άρα limif r. Θα δείξουµε ότι limif r (άρα limif r = ) ϐρίσκοντας µια υπακολουθία r k µε r k (το όριο κάθε συγκλίνουσας υπακολουθίας είναι µεγαλύτερο ή ίσο από το limif ). Εστω k Æαυθαίρετο. Επιλέγουµε ένα ϱητό r k2 τέτοιο ώστε { r k2 < mi r, r 2,..., r k, }. 2 Εχουµε κατ ανάγκη ότι k 2 > k (διαφορετικά ο r k2 ϑα ήταν γνήσια µικρότερος από τον εαυτό του). Επιλέγουµε τώρα ένα ϱητό r k3 τέτοιο ώστε { r k3 < mi r, r 2,..., r k2, }. 3 Οπως πριν, έχουµε k 3 > k 2. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο παίρνουµε µια υπακολουθία r k τέτοια ώστε { r k < mi r, r 2,...,r k, } Εστω µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε +. είξτε ότι. Λύση. Υποθέτουµε αρχικά ότι >. Εστω <ε<τυχόν. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστε ε< k+ < +ε, k για κάθε k. Εστω τώρα >. Πολλαπλασιάζουµε κατά µέλη τις προηγούµενες ανισότητες για k=,..., και παίρνουµε ( ε) < < (+ε) ( ε) / < < (+ε) /. Παίρνοντας lim if και lim sup στην προηγούµενη σχέση έχουµε ε lim if lim sup +ε. Αυτό ισχύει για κάθε <ε<, άρα lim if = lim sup =, το οποίο σηµαίνει ότι. Αν =, το επιχείρηµα είναι ανάλογο (και απλούστερο) Εστω µια ακολουθία τέτοια ώστε + 2. είξτε ότι. Λύση. Θέτουµε x = + 2. Τότε = x + 2 = x + ( 2... x 2 + ) 2 = x x = x + 2 x x x + 2 = =y + z. x k 2 k 35

36 Προφανώςy, έτσι αρκεί να δείξουµε ότι z. Εστω λοιπόνε>. Αφού x υπάρχει > 2 τέτοιο ώστε x <εγια κάθε. Επίσης η x είναι ϕραγµένη, άρα υπάρχει M> τέτοιο ώστε x M για κάθε. Εποµένως για κάθε > + έχουµε z x k 2 k + 2 k= x k 2 k <ε 2 2 k+ M k= 2 k< 2ε+ M 2. Άρα lim sup z 2ε. Αυτό ισχύει για κάθεε>, άρα lim sup z =. Συµπεραίνουµε ότι z Εστωξ ένας άρρητος αριθµός. είξτε ότι το σύνολο A={m+ξ : m, } είναι πυκνό στοê, δηλαδή ανάµεσα σε κάθε δυο πραγµατικούς υπάρχει στοιχείο τού A. Λύση. Εστω, b ʵε < b. Θα δείξουµε ότι υπάρχει στοιχείο τού A στο διάστηµα (, b). Θέτουµε x = ξ [ξ]. Αφού οξείναι άρρητος, η x είναι -. Η x είναι ϕραγµένη, άρα από το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Εποµένως υπάρχουν, 2 Æτέτοια ώστε < x x 2 < b. Εστω τώρα k ο µεγαλύτερος ακέραιος τέτοιος ώστε k(x x 2 ). Τότε, από την επιλογή τού k, (k+)(x x 2 )>. Επίσης (k+)(x x 2 )=k(x x 2 )+(x x 2 )<+(b )=b. Ετσι το Ϲητούµενο στοιχείο τού A είναι το (k+)(x x 2 ). 36

37 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 3 Σειρές Πραγµατικών Αριθµών Γενικά Ορισµός. Εστω µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Θέτουµε s =, s 2 = + 2,..., s = = Η ακολουθία s ονοµάζεται ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς k, λέγεται -οστός όρος τής σειράς, και ο αριθµός s -οστό µερικό άθροισµα τής σειράς. Αν lim s = s για κάποιο s Ê, τότε λέµε ότι η σειρά k=. Για ένα δεδοµένο, ο αριθµός συγκλίνει στο s και γράφουµε = s ή = s. Αν lim s =±, τότε λέµε ότι η σειρά Παραδείγµατα. () Η σειρά +. (2) Η σειρά αποκλίνει στο± και γράφουµε =± ή =±. αποκλίνει στο+ διότι αν s είναι η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τότε s = ( ) δεν συγκλίνει διότι η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων δεν συγκλίνει. (3) Η σειρά, αν περιττός s =, αν άρτιος συγκλίνει στο. Πράγµατι (+) s = (+) = ( ) ( ) ( ) = + (4) (Η γεωµετρική σειρά) Εστωα Ê. Θα εξετάσουµε τη σύγκλιση τής σειράς Ανα= τότε s = ++ += +, άρα α =+. α. +. Ανα τότε s =α+α 2 + +α = α α+. ιακρίνουµε περιπτώσεις για τοα. α 37

38 Παρατηρήσεις. Αν α <, τότεα +, άρα s α α, άρα Ανα>, τότεα + +, άρα s +, άρα α = α α. α =+. Ανα, τότε η ακολουθίαα + δεν συγκλίνει, άρα η s δεν συγκλίνει, εποµένως η σειρά δεν συγκλίνει. () Κάθε άθροισµα πεπερασµένου πλήθους όρων µπορεί να ϑεωρηθεί συγκλίνουσα σειρά. (2) Η σύγκλιση ή η απόκλιση µιας σειράς δεν επηρεάζεται αν αλλάξουµε τις τιµές πεπερασµένου πλήθους όρων. Σαν άσκηση, διατυπώστε και αποδείξτε αυστηρά την πρόταση αυτήν. (3) Ο υπολογισµός τής τιµής τού ορίου µιας σειράς είναι, γενικά, πολύ δύσκολος διότι σπανίως µπορούµε να ϐρούµε κλειστό τύπο για την ακολουθία των µερικών αθροισµάτων. Στο µάθηµα αυτό ϑα δούµε ικανές και αναγκαίες συνθήκες για την σύγκλιση µιας σειράς, και όχι τεχνικές υπολογισµού τού ορίου της. Θεώρηµα. Αν η σειρά συγκλίνει, τότε lim =. Απόδειξη. Θέτουµε s = και έστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων. Τότε = s s s s=. Παρατήρηση. Το αντίστροφο τού προηγούµενου ϑεωρήµατος, όπως ϑα δούµε παρακάτω, γενικά δεν ισ-χύει. Θεώρηµα. Αν η σειρά συγκλίνει, τότε lim k =. k=+ Απόδειξη. Για κάθε, m µε m>έχουµε m k=+ k = m k Σταθεροποιούµε το και παίρνουµε όρια καθώς m k = k k=+ k= k= k. k= k. Τώρα παίρνουµε όρια καθώς και έχουµε lim k = k k =. k=+ k= k= Αν η σειρά συγκλίνει, τότε η πόσοτητα k=+ µερικές ϕορές «ουρά» τής σειράς. Παρατηρήστε ότι η σειρά «σπάει» στο µερικό άθροισµα και στην ουρά. k = k= k= k, Æ, τού προηγούµενου ϑεωρήµατος ονοµάζεται k + Το ϑεώρηµα λέει ότι η ακολουθία των ουρών είναι µια µηδενική ακολουθία. Θεώρηµα. Εστω ότι =, και b = b. Τότε (λ +µb )=λ+µb για κάθελ,µ Ê. k= k=+ k. 38

39 Απόδειξη. Αν s, t είναι οι ακολουθίες των µερικών αθροισµάτων των δύο σειρών, τότε ηλs +µt είναι η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής (λ +µb ). Αλλάλs +µt λ+µb. Παρατήρηση. Ο «πολλαπλασιασµός» δυο σειρών, όπως ϑα δούµε παρακάτω, γενικά δεν επιτρέπεται. Θεώρηµα (Κριτήριο Cuchy). Η σειρά συγκλίνει αν και µόνο αν για κάθεε>υπάρχει Æ, τέτοιο ώστε για κάθε m, Ƶε m> έχουµε m <ε. Απόδειξη. Η σειρά συγκλίνει αν και µόνο η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων s συγκλίνει. Η s συγκλίνει αν και µόνο αν είναι Cuchy. Η s είναι Cuchy αν και µόνο αν Αλλά s m s = m. ( ε>)( Æ)( m, Æ)(m> s m s <ε). Παραδείγµατα. () (Η αρµονική σειρά) Η σειρά δεν συγκλίνει. Αν συνέκλινε, από το κριτήριο Cuchy ϑα υπήρχε Æτέτοιο ώστε για κάθε m> ϑα είχαµε m < 2. Ιδιαίτερα, < 2. Αλλά = } {{ } + 2 = 2, ϕορές άτοπο. Η αρµονική σειρά είναι το ϐασικό παράδειγµα µη-συγκλίνουσας σειράς µε µηδενική ακολου- ϑία όρων. (2) Η σειρά 2 συγκλίνει. Πράγµατι, έστωε>. Επιλέγουµε Æτέτοιο ώστε <ε για κάθε. Τότε για κάθε, m Ƶε m> έχουµε (+) 2+ (+2) 2+ + m 2< (+) + (+)(+2) + + (m )m ( = ) ( ) ( m ) m = m < <ε. Από το κριτήριο Cuchy, η σειρά συγκλίνει. 39

40 Σειρές µη αρνητικών όρων Στην ενότητα αυτήν ϑα δούµε κριτήρια σύγκλισης για σειρές οι οποίες αποτελούνται από µη αρνητικούς όρους. Θεώρηµα. Εστω µια ακολουθία µη αρνητικών αριθµών και s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε () Αν η s είναι ϕραγµένη τότε η σειρά συγκλίνει. (2) Αν η s δεν είναι ϕραγµένη τότε =+. Απόδειξη. Αφού για κάθε, η ακολουθία s είναι αύξουσα. Εποµένως αν είναι ϕραγµένη συγκλίνει, αν δεν είναι ϕραγµένη αποκλίνει στο+. Παρατηρήσεις. () Το προηγούµενο ϑεώρηµα λέει ότι µια σειρά µη αρνητικών όρων είτε συγκλίνει είτε αποκλίνει στο +. Για παράδειγµα, είδαµε ότι η αρµονική σειρά δεν συγκλίνει, άρα κατ ανάγκη αποκλίνει στο+. (2) Το προηγούµενο ϑεώρηµα δεν ισχύει για σειρές αριθµών µε αυθαίρετα πρόσηµα. Για παράδειγµα η ( ) δεν συγκλίνει. Παρά ταύτα η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων της είναι ϕραγµένη. Θεώρηµα (Κριτήριο σύγκρισης). Εστω, b ακολουθίες µη αρνητικών αριθµών τέτοιες ώστε b για κάθε. Τότε () Αν η b συγκλίνει τότε και η συγκλίνει. (2) Αν η αποκλίνει τότε και η b αποκλίνει. Απόδειξη. Εστω s, t οι ακολουθίες των µερικών αθροισµάτων των δύο σειρών. Εφόσον b για κάθε, έχουµε ότι s t για κάθε. Τώρα, αν η b συγκλίνει τότε η t συγκλίνει άρα είναι ϕραγµένη, εποµένως και η s είναι ϕραγµένη συνεπώς η b =+. συγκλίνει. Αν =+ τότε s +, άρα t +, εποµένως Παρατήρηση. Το προηγούµενο ϑεώρηµα εξακολουθεί να ισχύει αν υποθέσουµε ότι b για κάθε, όπου κάποιος δεδοµένος ϕυσικός αριθµός. Εξακολουθεί, επίσης, να ισχύει ανλ µb, όπουλ,µδεδοµένοι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί. Παραδείγµατα. () Αν p>τότε η σειρά p συγκλίνει. Πράγµατι, έστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων. Θεωρούµε την υπακολουθία s 2 + και για κάθε χωρίζουµε το s 2 + σε + διαδοχικές οµάδες µε, 2, 2 2,..., 2 όρους η κάθε µία. Μέσα σε κάθε οµάδα κρατάµε τον πρώτο όρο (ο οποίος είναι ο µεγαλύτερος) τόσες ϕορές όσες και το πλήθος των όρων τής οµάδας. Ετσι το όλο άθροισµα µεγαλώνει ( s 2 + = }{{} + ) ( ) 2 p+ 3 p + + (2 όρος } {{ } ) p+ + (2 + ) } {{ } p 2 όροι 2 όροι 4

41 p+ + 2p= + 2 p + + } {{ } 2 (p ) γεωµετρική πρόοδος = 2( p)(+) 2 p 2 p. Εποµένως η s 2 + είναι ϕραγµένη, άρα και η s είναι ϕραγµένη διότι s s 2 +. Συνεπώς η σειρά συγκλίνει. Η ιδέα αυτής τής απόδειξης ϑα χρησιµοποιηθεί παρακάτω στην απόδειξη τού κριτήριου συµπύκνωσης τού Cuchy. Παρατηρήστε ότι αν p 2, τότε δεν χρειάζεται να κάνουµε την προηγούµενη απόδειξη. Στην περίπτωση αυτή η σύγκλιση τής σειράς προκύπτει άµεσα από την ανισότητα και το κριτήριο σύγκρισης (έχουµε δείξει σε παράδειγµα τής προηγούµενης ενότητας ότι η 2 p σειρά 2 συγκλίνει). (2) Αν < p τότε κριτήριο σύγκρισης p=+. Πράγµατι, έχουµε και γνωρίζουµε ότι p p=+. =+, άρα από (3) (Ο αριθµός e σαν όριο σειράς) Θυµίζουµε ότι ο αριθµός e ορίζεται σαν το όριο τής ακολουθίας ( + ). Θα δείξουµε ότι = Πράγµατι, για κάθε 2 έχουµε ότι Θέτουµε λοιπόν s = = e. Το ότι η σειρά συγκλίνει προκύπτει άµεσα από το κριτήριο σύγκρισης.! = τής σειράς. Τότε s s. Παρατηρούµε ότι ( + ) =! και γνωρίζουµε ότι η γεωµετρική σειρά συγκλίνει. 2! και ϑα δείξουµε ότι s=e. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων () k k= + ( k+)( k+2) ( ) k! k= ( = + k )( k 2 ) ( ) < k! k= k! = s. Παίρνοντας όρια καθώς στην παραπάνω σχέση, έχουµε e s. Εστω τώρα τυχόνε>. Αφού s s, υπάρχει τέτοιο ώστε s > s ε. Τότε για κάθε > έχουµε ( + () ( = + ) k k> + k )( k 2 ) ( ). k! k= Παίρνοντας όρια καθώς στην παραπάνω σχέση έχουµε e k= k! = s > s ε. Η παραπάνω ανισότητα ισχύει για κάθεε>, άρα e s. είξαµε δηλαδή ότι e s και e s. Εποµένως, e= s. Θεώρηµα (Οριακό κριτήριο σύγκρισης). Εστω, b ακολουθίες ϑετικών αριθµών τέτοιες ώστε l, όπου b l>. Τότε η συγκλίνει αν και µόνο αν η b συγκλίνει. 4

42 Απόδειξη. Εφόσον l, υπάρχει τέτοιο ώστε b l b <l 2 για κάθε. Άρα l 2 < < 3l για κάθε b 2. Εποµένως l 2 b < < 3l 2 b για κάθε, και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο σύγκρισης. Παραδείγµατα. +2 () Η σειρά αποκλίνει διότι και γνωρίζουµε ότι (2) Η σειρά 3 συγκλίνει διότι =+. και γνωρίζουµε ότι η σειρά Θεώρηµα (Κριτήριο λόγου). Εστω ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε + l. () Ανl<, τότε η σειρά συγκλίνει. (2) Ανl>, τότε =+ 2 συγκλίνει. Απόδειξη. () Ανl< επιλέγουµεε > τέτοιο ώστεl+ε <. Αφού + l, υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε. Εποµένως για κάθε έχουµε + <l+ε, και άρα + l <ε + < (l+ε )< (l+ε ) 2 < 2 (l+ε ) 3 < < (l+ε ) +. Αλλά η σειρά (l+ε ) συγκλίνει (γεωµετρική, <l+ε < ). Άρα από κριτήριο σύγκρισης, η σειρά συγκλίνει. (2) Ανl> επιλέγουµεε > τέτοιο ώστεl ε >. Αφού + l, υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε. Εποµένως για κάθε έχουµε + >l ε, και άρα Αλλά + > (l ε )> (l ε ) 2 > 2 (l ε ) 3 > > (l ε ) +. (l ε ) =+ (γεωµετρική,l ε > ). Από κριτήριο σύγκρισης =+. Θεώρηµα (Κριτήριο ϱίζας). Εστω ακολουθία µη αρνητικών αριθµών τέτοια ώστε l. () Ανl<, τότε η σειρά συγκλίνει. (2) Ανl>, τότε =+. + l <ε Απόδειξη. () Ανl< επιλέγουµεε > τέτοιο ώστεl+ε <. Αφού l, υπάρχει τέτοιο ώστε l <ε για κάθε. Εποµένως για κάθε έχουµε <l+ε, και άρα < (l+ε ). Αλλά η σειρά (l+ε ) συγκλίνει, άρα από κριτήριο σύγκρισης, και η συγκλίνει. 42

43 (2) Ανl> επιλέγουµεε > τέτοιο ώστεl ε >. Αφού l, υπάρχει τέτοιο ώστε l <ε για κάθε. Εποµένως για κάθε έχουµε >l ε, και άρα > (l ε ). Αλλά (l ε ) =+. Άρα από κριτήριο σύγκρισης =+. Παρατηρήσεις. () Στα κριτήρια λόγου και ϱίζας, αν + + ή αν +, τότε =+. (2) Τα κριτήρια δεν εφαρµόζονται ανl=. Πράγµατι, + (+) lim = lim 2 = lim = lim 2=. 2 Αλλά η σειρά αποκλίνει, ενώ η 2 συγκλίνει. Παραδείγµατα. (+)!! ( (+) () Η συγκλίνει διότι + ) = < (κριτήριο λόγου).! + e ( (2) Η + ) 2 ( συγκλίνει διότι + ) 2 ( = + ) < (κριτήριο ϱίζας). e Θεώρηµα (Κριτήριο ολοκληρώµατος). Εστω f : [, + ) Êσυνεχής, ϕθίνουσα, µη αρνητική. Τότε η σειρά f () συγκλίνει αν και µόνο αν η ακολουθία x µε x = f (x)dx συγκλίνει. Απόδειξη. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Αφού η f είναι ϕθίνουσα έχουµε f (k+) f (x) f (k) για κάθε x [k, k+], k Æ. Ολοκληρώνοντας ως προς x παίρνουµε k+ k+ k+ f (k+)dx f (x)dx f (k)dx. k k k Άρα Αθροίζοντας για k από ως έχουµε Εποµένως Ισοδύναµα k= f (k+) f (k+) f (k+) k= Από την τελευταία σχέση συνεπάγονται τα εξής. k+ k= k k+ k + f (x)dx f (k). f (x)dx f (x)dx s + f () x + s. f (k). k= f (k). Αν η σειρά συγκλίνει τότε η s είναι ϕραγµένη. Άρα και η x είναι ϕραγµένη, εποµένως συγκλίνει διότι είναι αύξουσα. Αν η x συγκλίνει τότε είναι ϕραγµένη, άρα και η s είναι ϕραγµένη, εποµένως η σειρά συγκλίνει. 43 k=

44 Παράδειγµα. Εχουµε dx=l(l(+)) l(l 2) +. Άρα από κριτήριο ολοκληρώµατος (x+) l(x+) (+) l(+) =+. Θεώρηµα (Κριτήριο συµπύκνωσης τού Cuchy). Εστω µια ϕθίνουσα ακολουθία µη αρνητικών αριθµών. Τότε η σειρά συγκλίνει αν και µόνο αν η σειρά 2 2 συγκλίνει. = Απόδειξη. Εστω s, t οι ακολουθίες των µερικών αθροισµάτων των σειρών, 2 2 αντίστοιχα. Εχουµε ηλαδή s 2 + t ( ). Απ την άλλη ηλαδή t + 2s 2 + ( ). Αν η s 2 + = + ( )+( )+ +( ) = t. s 2 += ( )+( )+ + ( ) = 2 ( )= 2 ( + t + ). από την ( ). Εποµένως η s είναι ϕραγµένη, συνεπώς η Αν η 2 2 συγκλίνει, τότε η t είναι ϕραγµένη, άρα και η s 2 + είναι ϕραγµένη = συγκλίνει. συγκλίνει, τότε η s είναι ϕραγµένη, άρα και η 2s 2 + είναι ϕραγµένη, εποµένως η t + είναι ϕραγµένη από την ( ). Συνεπώς η Παράδειγµα. Εστω p >. Τότε ότι =+ όπου = =2 2 2 συγκλίνει. = (l ) p=+. Πράγµατι, από κριτήριο συµπύκνωσης, αρκεί να δείξουµε ( ) p 2>. Άρα από κριτήριο λόγου 2 (l 2 ) p. Αλλά + = 2 + = =+. 44

45 Σειρές όρων µε αυθαίρετα πρόσηµα Στην παράγραφο αυτή δεν κάνουµε καµία υπόθεση σε ό,τι αφορά τα πρόσηµα των όρων των σειρών τις οποίες εξετάζουµε. Κανένα από τα κριτήρια που έχουµε δει µέχρι τώρα (εκτός από το κριτήριο Cuchy) δεν µπορεί να εφαρµοστεί απ ευθείας σε τέτοιου είδους σειρές. Ορισµός. Μια σειρά λέµε ότι συγκλίνει απόλυτα, αν η σειρά συγκλίνει. Θεώρηµα. Αν η συγκλίνει απόλυτα τότε συγκλίνει. Απόδειξη. Εστωε>. Αφού η συγκλίνει, από κριτήριο Cuchy υπάρχει τέτοιο ώστε για κάθε m m m m> να ισχύει k <ε. Εποµένως k k <ε και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο k=+ k=+ k=+ Cuchy. si si Παράδειγµα. Η σειρά 2 συγκλίνει απόλυτα διότι 2 2<. Άρα συγκλίνει. Παρατήρηση. Το αντίστροφο τού προηγούµενου ϑεωρήµατος δεν ισχύει. Για παράδειγµα, η σειρά ( ) δεν συγκλίνει απόλυτα διότι ( ) = =+. Παρά ταύτα συγκλίνει. Πράγµατι, έστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων. Θα δείξουµε ότι οι υπακολουθίες s 2 και s 2+ συγκλίνουν στο ίδιο όριο. Παρατηρούµε ότι s 2+2 s 2 = >, άρα η s 2 είναι αύξουσα. Επίσης s 2 = ( 2 ) ( + 3 ) ( (2 ) 2 k 2. k= ) = (2 ) (2) ηλαδή η s 2 είναι αύξουσα και ϕραγµένη, εποµένως συγκλίνει. Τώρα s 2+ = s 2 + συγκλίνει στο ίδιο όριο. Συµπεραίνουµε ότι η σειρά συγκλίνει. 2+, άρα και η s 2+ Ορισµός. Μια σειρά η οποία συγκλίνει αλλά δεν συγκλίνει απόλυτα (όπως η προηγούµενη) λέµε ότι συγκλίνει υπό συνθήκη. Η σύγκλιση µιας τέτοιας σειράς οφείλεται όχι µόνο στο απόλυτο µέγεθος των όρων της, αλλά και στις αλληλοαναιρέσεις που προκύπτουν από τη συνύπαρξη άπειρου πλήθους ϑετικών και άπειρου πλήθους αρνητικών όρων. Θεώρηµα (Κριτήριο Dirichlet). Εστω, b δυο ακολουθίες πραγµατικών αριθµών τέτοιες ώστε () Η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς είναι ϕραγµένη. (2) Η b είναι ϕθίνουσα και µηδενική. Τότε η σειρά b συγκλίνει. 45

46 Απόδειξη. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Αφού η s είναι ϕραγµένη, υπάρχει M>τέτοιο ώστε s M για κάθε. Εστω τώραε>. Αφού b ց, υπάρχει τέτοιο ώστε b εγια κάθε. Εποµένως για κάθε m, µε m> έχουµε m k=+ m k b k = m m (s k s k )b k = m m k=+ s k b k s k b k = k=+ k=+ s k b k s k b k+ k=+ k= m m = m s k b k s k b k+ + s m b m s b + = s k (b k b k+ )+ s m b m s b + k=+ k=+ k=+ k=+ m m s k b k b k+ + s m b m + s b + M b k b k+ +2Mε = M Από κριτήριο Cuchy, η k=+ m (b k b k+ )+2Mε= M(b + b m )+2Mε 3Mε. k=+ b συγκλίνει. Παρατήρηση. Το ϑεώρηµα εξακολουθεί να ισχύει αν υποθέσουµε ότι η b είναι ϕθίνουσα από κάποιο δείκτη και µετά. ( ) Παράδειγµα. Η σειρά p συγκλίνει για κάθε p>. Πράγµατι η είναι ϕθίνουσα και µηδενική, και p η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής ( ) είναι ϕραγµένη. Το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο Dirichlet. Παρατηρήστε ότι η σειρά συγκλίνει απόλυτα µόνο για p>. 46

47 Αναδιατάξεις και γινόµενα σειρών Ορισµός. Εστω µια σειρά πραγµατικών αριθµών καιτ :Æ Æµια - και επί συνάρτηση. Τότε η ονοµάζεται αναδιάταξη τής Παραδείγµατα. () Η σειρά. είναι µια αναδιάταξη τής αρµονικής σειράς ( ) ( ) Παρατηρούµε ότι η ( ) αποκλίνει. Πράγµατι, αν s και t είναι οι ακολουθίες των µερικών αθροισµάτων των ( ) και ( ) αντίστοιχα, τότε ( ) ( s 2 = ) ( ) ( ) ( = + ) ( ) ( ) ( ) = t Άρα s + διότι η s είναι αύξουσα. (2) Υπάρχει αναδιάταξη τής η οποία αποκλίνει. Πράγµατι, χρησιµοποιώντας το ότι = < 2 < < k < =+ µπορούµε να επιλέξουµε 2+ τ() έτσι ώστε > > > 2k k k k + > Τότε η ανάδιάταξη ( ) ( ) αποκλίνει διότι το άθροισµα διαδοχικών παρενθέσεων είναι µεγαλύτερο από. Στην πραγµατικότητα ισχύει το ακόλουθο πολύ ισχυρότερο αποτέλεσµα τού οποίου η απόδειξη παραλείπεται. 47

48 Θεώρηµα (Riem). Αν η σειρά συγκλίνει υπό συνθήκη, τότε για κάθε s Êυπάρχει αναδιάταξη τέτοια ώστε τ() = s. Απ την άλλη, έχουµε το εξής. Θεώρηµα. Εστω µια απόλυτα συγκλίνουσα σειρά και τ() τυχούσα αναδιάταξη. Τότε η τ() συγ- κλίνει απόλυτα και τ() =. k= k= k <ε. Επιλέγουµε τέτοιο ώστε Απόδειξη. Για κάθε έχουµε τ(k) k άρα η αναδιάταξη συγκλίνει απόλυτα. Εστω τώραε>. Τότε υπάρχει τέτοιο ώστε k= + Τότε για κάθε µε > ϑέτουµε = = {, 2,..., } {τ(),τ(2),...,τ( )}. I ={τ(),τ(2),...,τ()} {, 2,..., } και έχουµε τ(k) k k= k= τ(k) k + k= k= k = k= + k k I + k 2 k <2ε. k= + k= + Εποµένως τ() =. Ορισµός. Εστω, b, =,, 2, 3,..., δυο ακολουθίες πραγµατικών αριθµών. Θέτουµε b = k b k. Η ακολουθία b λέγεται συνέλιξη ή γινόµενο Cuchy των και b. Θεώρηµα. Εστω, b δυο απόλυτα συγκλίνουσες σειρές. Θέτουµε =, b= b. Τότε η b συγκλίνει απόλυτα και b = b. = = Απόδειξη. Θέτουµε c = b. Για κάθε έχουµε = = k j c k k j b j = k j b j = b j k j = b j k b j k. j= j= k= j j= k= j j= j= ηλαδή η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής c είναι ϕραγµένη, άρα η c συγκλίνει απόλυτα. Θα δείξουµε τώρα ότι c = b. Εχουµε c k = = k k j b j = b j j= j= k= j j= k= j k j b j = = = k j = k = b j j j= j= j b j k + b j. j= 48

49 j Προφανώς lim b j = b, εποµένως αρκεί να δείξουµε ότι lim b j k =. Εστωε>. Αφού η j= j= b j συγκλίνει, υπάρχει τέτοιο ώστε b j <ε. Επίσης, αφού k = υπάρχει 2 τέτοιο ώστε για κάθε j= j= + µε 2 έχουµε k <ε. Θέτουµε = mx{, 2 }. Τότε για κάθε µε >2 j b j k j= j b j k + j b j j k j= j= ε b j + b j k + + j= j= + ε b j + b j k + ε b j +ε k + j= j= + j= =ε b j + k +. j= j Αυτό σηµαίνει ότι lim b j k =. j= Παράδειγµα. Η συνέλιξη τής! µε τον εαυτό της είναι η ακολουθία k!( k)!, Æ. Εποµένως 2! = k!( k)! =!! k!( k)! = ( ) 2 =! k!. = = = = = 49

50 Ασκήσεις 3.. Υπολογίστε, αν υπάρχουν, τα όρια των παρακάτω σειρών. () 2. =2 +2 (2) (+)2. (3) (+)x, όπου x <. = Λύση. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων. () (2) s = = 2 k 2 = (k )(k+) = 2 k=2 k=2 ( k ) + ( k 2 k k+ k=2 k=2 Άρα η σειρά συγκλίνει στο 3/4. s = k= Άρα η σειρά συγκλίνει στο. (3) Παραγωγίζουµε τη σχέση ως προς x και παίρνουµε k+2 k(k+)2 k= k= ( ( k ) = k+ 2 ) = ( ) k=2 ) k2 k (k+)2 k + x+ x x + = ( k k + k ) k+ k=2 ) 3 4. ( 2 + = x+2 x s = (+2)x+ ( x)+( x +2 ) ( x) 2. (+)2. Στέλνουµε το στο άπειρο και έχουµε (+)x = ( x) 2. = 3.2. Για κάθε m ϑέτουµε m = Λύση. Εχουµε m = m= m=. είξτε ότι (m+) 2 (m+) 2= m= =m+ m =+. m= 2 m= =m+ ( ) = + m= m+ = Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις παρακάτω σειρές. ( () +2 ). (2) (3) +. p q, για κάθε p, q ʵε <q< p. =2 5

51 (4) (5) (6) (7) (8) +/. ( ). ( ) e /. l(+/). si, si 2, si 2. ( ), ( l p ) (9) p,, όπου p>. () (l ) l. =2 Λύση. () Εχουµε +2 = = Επίσης +2 + = Αλλά η αρµονική σειρά αποκλίνει, άρα από οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά αποκλίνει. (2) Εχουµε + Αλλά η σειρά = ( ++ ) = 3/2. 3/2 συγκλίνει, άρα από κριτήριο σύγκρισης, η αρχική σειρά συγκλίνει. (3) Εχουµε Η σειρά p q p = p p q. συγκλίνει αν και µόνο αν p>. Άρα, από οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά p q συγκλίνει αν και µόνο αν p>. =2 5 p

52 (4) Εχουµε Αλλά +/= 2. άρα από κριτήριο σύγκρισης, η σειρά αποκλίνει. Εναλλακτικά, 2 =+, +/ =, και το συµπέρασµα έπεται από το ( οριακό κριτήριο σύγκρισης. (5) Παρατηρούµε ότι η ακολουθία στο e). Εποµένως, για 3έχουµε + είναι άνω ϕραγµένη από το 3 (είναι αύξουσα και συγκλίνει ) ( + ). Συνεπώς. Αλλά η αρµονική σειρά αποκλίνει, άρα από κριτήριο σύγκρισης, η αρχική σειρά αποκλίνει. (6) Παρατηρούµε ότι lim e / e x = lim =. / x x Η αρµονική σειρά αποκλίνει, άρα από οριακό σύγκρισης, η αρχική σειρά αποκλίνει. (7) Παρατηρούµε ότι lim l(+/) = lim x x l(+ x) =. Άρα η ακολουθία l(+/) δεν είναι µηδενική. Εποµένως η σειρά δεν συγκλίνει, συνεπώς αποκλίνει αφού αποτελείται από ϑετικούς όρους. (8) Εχουµε lim si = lim si 2 2 = lim si 2 =. 2 Άρα, από οριακό κριτήριο σύγκρισης, η πρώτη σειρά αποκλίνει ενώ οι άλλες δυο συγκλίνουν. Στο ερώτηµε αυτό, η ιδέα για την επιλογή των ακολουθιών / και / 2 στο οριακό κριτήριο σύγκρισης είναι ότι για πολύ µικρά x, το si x είναι περίπου ίσο µε x. Ετσι, στην πρώτη σειρά για παράδειγµα, όταν το είναι πολύ µεγάλο, το si είναι περίπου ίσο µε. (9) Εχουµε ( lim ) (log = p ) lim p= lim =. Άρα, από το κριτήριο ϱίζας, οι σειρές συγκλίνουν. () Η ακολουθία είναι ϕθίνουσα, άρα από κριτήριο συµπύκνωσης, η σειρά συγκλίνει αν και µόνο (l ) l αν η 2 2 = (l 2 ) l 2 ( l 2) l 2 συγκλίνει. Αλλά =2 =2 2 2 ( l 2) l 2= ( l 2) l 2 <. Εποµένως, από κριτήριο ϱίζας, η σειρά συγκλίνει. 52

53 3.4. Εστω µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε η σειρά συγκλίνει. είξτε ότι η σειρά συγκλίνει για κάθε p. Λύση. Αφού η συγκλίνει, η είναι µηδενική, άρα υπάρχει τέτοιο ώστε < για κάθε. Εποµένως για κάθε έχουµε p, και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο σύγκρισης Εστω, b ακολουθίες ϑετικών αριθµών τέτοιες ώστε οι σειρές σειρά b συγκλίνει. Λύση. Αφού η σειρά και p b συγκλίνουν. είξτε ότι η b συγκλίνει, η ακολουθία b είναι µηδενική, άρα ϕραγµένη. Εποµένως υπάρχει M> τέτοιο ώστε b M για κάθε. Άρα b M για κάθε και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο σύγκρισης Εστω, b ακολουθίες ϑετικών αριθµών τέτοιες ώστε οι σειρές σειρά b συγκλίνει. 2 και b 2 συγκλίνουν. είξτε ότι η Λύση. Εχουµε ότι (x y) 2, άρα xy 2 x2 + 2 y2, για κάθε x,y Ê. Ιδιαίτερα, b b2 για κάθε, και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο σύγκρισης Εστω µηδενική ακολουθία ϑετικών αριθµών. είξτε ότι η σειρά συγκλίνει. Λύση. Παρατηρούµε ότι = <και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο ϱίζας Εστω µηδενική ακολουθία ϑετικών αριθµών. είξτε ότι υπάρχει υπακολουθία k τέτοια ώστε η σειρά k συγκλίνει. Λύση. Αφού υπάρχουν k < k 2 < <k < τέτοια ώστε k < 2. Αλλά η σειρά 2 συγκλίνει. Από κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k συγκλίνει Εστω µια ακολουθία µη αρνητικών αριθµών τέτοια ώστε η σειρά υπακολουθία τής. είξτε ότι η σειρά k συγκλίνει. Λύση. Εστω s και t οι ακολουθίες των µερικών αθροισµάτων των και t = k k j j = s k. j= 53 j= συγκλίνει. Εστω τώρα k µια k αντίστοιχα. Τότε

54 Παρατηρήστε ότι η προηγούµενη ανισότητα, γενικά, δεν ϑα ήταν σωστή αν οι όροι τής είχαν αυθαίρετα πρόσηµα. Αφού τώρα η σειρά συγκλίνει, η s είναι ϕραγµένη, άρα και η s k είναι ϕραγµένη. Εποµένως η t είναι ϕραγµένη, συνεπώς η k συγκλίνει. 3.. Εστω ακολουθία ϑετικών αριθµών. είξτε ότι η σειρά συγκλίνει αν και µόνο αν η σειρά + συγκλίνει. Λύση. Εχουµε, άρα από κριτήριο σύγκρισης, αν η συγκλίνει τότε και η συγκλίνει. + + Αντίστροφα, αν η συγκλίνει τότε, εποµένως υπάρχει τέτοιο ώστε < για κάθε Άρα για κάθε έχουµε < 2 και το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο σύγκρισης Εστω, b δυο ακολουθίες µε ( + b )b για κάθε. Υποθέτουµε ότι οι σειρές ( ) 2 και b b συγκλίνουν. είξτε ότι η σειρά συγκλίνει. Λύση. Αφού η σειρά για κάθε. Συνεπώς + b b συγκλίνει, η ακολουθία b είναι µηδενική. Εποµένως υπάρχει τέτοιο ώστε + b > 2 ( ) 2 + < 2 b για κάθε. Άρα, από κριτήριο σύγκρισης, η σειρά συγκλίνει. Παρατηρούµε τώρα ότι b ( b ( ) 2 b + b ) 2, ( ) 2 και το συµπέρασµα έπεται. + b = b 3.2. Εστω µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε b + b =+. είξτε ότι s =+, 54

55 όπου s είναι η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής αρχικής σειράς. Λύση. Αφού η αρχική σειρά αποκλίνει, έχουµε s +. Τώρα, αν η ώστε k= + k < s k για κάθε. Απ την άλλη k = > ++ + = s s = s. s k= + k s + s s s s Άρα, s s <. Παίρνοντας όριο κάθως, καταλήγουµε σε άτοπο Εστω µια ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε s p s συνέκλινε, ϑα υπήρχε τέτοιο =+. είξτε ότι για κάθε p>, η σειρά συγκλίνει, όπου s είναι η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής αρχικής σειράς. Λύση. Θεωρούµε τα σύνολα και για k=, 2, 3,... Τότε, τα σύνολα αυτά A ={ Æ: s < }, A k ={ Æ:2 k s < 2 k }. Είναι πεπερασµένα διότι s + (κάποια µπορεί να είναι κενά). Είναι ανά δύο ξένα. Η ένωσή τους είναι ολόκληρο τοæ. Κάθε ένα αποτελείται από διαδοχικούς ϕυσικούς. Ετσι, αν ϑέσουµε u k = mx A k έχουµε s p = s p + A s p k= A k s p + A 2 (k )p k= A k s uk 2 k A s p + 2 (k )p k= A s p + 2 (k )p<+. k= 3.4. Εστω ϕθίνουσα ακολουθία ϑετικών αριθµών τέτοια ώστε η σειρά συγκλίνει. είξτε ότι (). (2) Η σειρά ( + ) συγκλίνει. Λύση. 55

56 () Θέτουµε b =. Αρκεί να δείξουµε ότι b 2 και b 2+. Εχουµε b 2 = 2 2 = 2( } {{ } 2 ) 2( )=2 ϕορές 2 k=+ k 2 Αλλά lim k = διότι η σειρά συγκλίνει (η ουρά µιας συγκλίνουσας σειράς τείνει στο ). Άρα k=+ b 2. Επίσης, b 2+ = (2+) 2+ (2+) 2 = = 2+ 2 b 2. (2) Εστω s και t οι ακολουθίες των µερικών αθροισµάτων των 3.5. Εστω Εχουµε lim sup >. 2 = 2 2( 2 3 )=( 2 3 )+( 2 3 ).. και ( + )=( + )+( + )+ +( + ). Αθροίζοντας κατά µέλη τις παραπάνω ισότητες παίρνουµε k=+ k. ( + ) αντίστοιχα. t = ( + )+( 2 + )+ +( + )+( + ) = s + = s + (+) +. Αλλά η s συγκλίνει, +, και (+) + από το (). Άρα η t συγκλίνει και µάλιστα στο ίδιο όριο µε την s. µια συγκλίνουσα σειρά µη αρνητικών όρων. είξτε ότι lim if = και ότι είναι δυνατό Λύση. Αν υποθέσουµε ότι lim if = c>, τότε υπάρχει τέτοιο ώστε > c για κάθε. Εποµένως, c για αυτά τα έχουµε > c/, άτοπο γιατί η σειρά αποκλίνει. Αν τώρα ϑέσουµε 2, αν το δεν είναι δύναµη τού 2 =,, αν το είναι δύναµη τού 2 τότε για κάθε έχουµε άρα η σειρά συγκλίνει. Παρ όλα αυτά k 2 2 k, k= k= lim sup lim 2 2 =. 56

57 3.6. είξτε ότι αν k = και < τέτοια ώστε k= k = x. k= k=+ Λύση. Αφού το όριο τής σειράς είναι και x<, υπάρχει Æτέτοιο ώστε k > x και k x. k= k= + Εποµένως Οµοίως, υπάρχει 2 > τέτοιο ώστε k= + k= 2 k > x k, για κάθε, τότε για κάθε x (, ) υπάρχει υπακολουθία k k > x και x. και k= 2 + x. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο, ϐρίσκουµε ϕυσικούς < 2 < τέτοιους ώστε m x k < k. Παίρνοντας όριο καθώς m, συµπεραίνουµε ότι k= k= m Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς Λύση. () <e! s!</. (2) Ο e είναι άρρητος. () Εχουµε <e s = < k! (+)! k! = k=+ k = x. k= k! = (+)! ) = ( (+2) 2+ =. είξτε ότι! ( + ) +2 + (+2)(+3) + (+)! +2 (2) Ας υποθέσουµε ότι e=k/l, όπου k,l Æ. Τότε από το () έχουµε < k l! s!<, =! +2 (+) 2<! Εστω ότι για κάθε. Αλλά k!/l Æγια >l, και s! Æγια κάθε. ηλαδή για >l, η ποσότητα k l! s! είναι ένας ϕυσικός αριθµός ανάµεσα στο και το, άτοπο. = s. είξτε ότι k k καθώς +. k= 57

58 Λύση. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Παρατηρούµε ότι k k = + k(s k s k )= + ks k ks k = + ks k (k+)s k k= k=2 k=2 k=2 k=2 k= = + s 2s + ks k (k+)s k = s s k. Εποµένως k= όπου χρησιµοποιήσαµε την άσκηση 2.5. k=2 k=2 k k = s 3.9. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς και συµπεράνετε ότι lim s l =. k=2 k + +l + 2 k= k= s k s s=, s +l,. είξτε ότι Λύση. Για κάθε k Æκαι κάθε x [k, k+] έχουµε k+ x. Ολοκληρώνοντας την ανισότητα ως προς x k πάνω στο [k, k + ] παίρνουµε k+ k+ dx k x k. Άρα για κάθε k 2έχουµε k+ dx k x k k dx k x. Αθροίζοντας για k από 2 ως παίρνουµε k+ dx x k k dx x 2 + k=2 dx x + 2 k=2 k k=2 k dx x dx x k + +l + s +l. 2 ιαιρώντας την προηγούµενη ανισότητα µε l παίρνουµε l + l(+) l 2 l l s l l +. Παίρνοντας όρια κάθως έχουµε το Ϲητούµενο. Η άσκηση αυτή λέει ότι η αρµονική σειρά τείνει στο άπειρο «τόσο γρήγορα» όσο και ο λογάριθµος. Παρ όλα αυτά, το πρέπει να γίνει πάρα πολύ µεγάλο για να µπορέσουµε να πούµε ότι το s είναι «περίπου ίσο» µε το l. Ενας ηλεκτρονικός υπολογιστής, µε ακρίβεια 4 δεκαδικών ψηφίων, έδωσε s 9= 9 k= dx x 2.35, l Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση και την απόλυτη σύγκλιση τις παρακάτω σειρές: 58

59 Λύση. () (2) (3) (4) (5) ( ) (+c),, b, c, d>. (+d) b ( ) l., όπου είναι η ακολουθία (,, 2, 2, 3 ), 3,.... =2, όπου είναι η ακολουθία (,, 2 2, 2, 23 2, 3, 34 ) 2, 4,.... si. () Η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής ( ) είναι ϕραγµένη. Η ακολουθία είναι ϕθίνουσα και µηδενική. Άρα από κριτήριο Dirichlet, η σειρά συγκλίνει. Τώρα Αλλά ( ) (+c) (+d) b = (+c) (+d) b. (+c) (+d) b = (+c/) (+d/) b. +b Άρα από οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά (+c) (+d) b (+c) συγκλίνει αν και µόνο αν η σειρά (+d) b συγκλίνει, δηλαδή, αν και µόνο αν +b>. Εποµένως η σειρά συγκλίνει απόλυτα αν και +b µόνο αν +b>. (2) Η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής ( ) είναι ϕραγµένη. Η ακολουθία, 2, είναι l =2 ϕθίνουσα και µηδενική. Άρα από κριτήριο Dirichlet, η σειρά συγκλίνει. Τώρα Αλλά ( ) l = =2 2 2 l 2 = l 2 =2 l. =2 =2 Άρα από κριτήριο συµπύκνωσης, η σειρά δεν συγκλίνει απόλυτα. (3) Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε s 2 = ( )+ ( 2 2 ) + + =+. ( ) =. Επίσης ( s 2+ = ( )+ 2 ) ( ) + + = +. Άρα η σειρά συγκλίνει και µάλιστα =. Εναλλακτικά, ϑα µπορούσαµε να χρησιµοποιήσουµε το κριτήριο Dirichlet, αυτό όµως δεν ϑα έδινε την τιµή τού ορίου τής σειράς. Εστω τώρα t η ακολουθία 59

60 των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε Αλλά ( t 2 = (+)+ 2 + ) ( ) = 2 lim =+ (αρµονική). k k= k= Άρα t 2 +, εποµένως η σειρά δεν συγκλίνει απόλυτα. (4) Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε s 2 = ( )+ k = ( ) ( = = k=2 ) + + k 2. k= k. ( ) Αλλά η ακολουθία, 2, συγκλίνει διότι η σειρά k2 k 2 συγκλίνει. Άρα η s 2 συγκλίνει. Επίσης k=2 k=2 ( s 2+ = ( )+ ) ( ) + (+) 2= s 2+ (+) 2. Αλλά η s 2 συγκλίνει και (+) 2. Άρα η s 2+ συγκλίνει στο ίδιο όριο µε την s 2. Εποµένως η σειρά συγκλίνει. Εστω τώρα t η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε Αλλά ( t 2 = (+)+ ) ( ) = k. lim k= k= Άρα t 2 +, εποµένως η σειρά δεν συγκλίνει απόλυτα. k = k= =+ (αρµονική). k si (5) Εχουµε = b, όπου = si, b =. Στο σχήµα ϕαίνονται οι 2 πρώτοι όροι τής. Παρά τη ϕαινοµενική συµµετρία, η ακολουθία δεν είναι περιοδική (στην πραγµατικότητα είναι -). 2 Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε s = si k=im cos k+i si k = Im (cos k+i si k) = Im e ik = e i(+) Imei e i. k= k= k= k= k= 6

61 (Im(x+iy) είναι το ϕανταστικό µέρος τού µιγαδικού αριθµού x+iy. Επίσης χρησιµοποιήσαµε τη σχέση e it = cos t+i si t, t Ê). Άρα s e i e i(+) e i 2 e i. Εποµένως η s είναι ϕραγµένη. Αλλά η b είναι ϕθίνουσα και µηδενική, άρα από κριτήριο Dirichlet, η σειρά συγκλίνει. si Εστω τώρα t η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Θεωρούµε τα ξένα ανά δύο διαστήµατα [ π+ π 4, π+ 3π ], Æ. 4 Τότε si t 2 2 για κάθε t [ π+ π 4, π+ 3π ]. 4 si k si k π k (+)π k + (+2)π π+ π 4 π+ 3π 4 Επίσης, το µήκος κάθε διαστήµατος είναιπ/2>, άρα υπάρχουν ϕυσικοί αριθµοί k < k 2 < <k < τέτοιοι ώστε k [ π+ π 4, π+ 3π ] 4 για κάθε Æ, διότι σε ένα κλειστό διάστηµα µήκους τουλάχιστο υπάρχει τουλάχιστο ένας ακέραιος αριθµός. Επο- µένως t k = k j= si j j j= si k j k j 2 2 j= k j 2 2 j= jπ+ 3π 4 2 4π j= j. Αλλά lim j= j = j= =+ (αρµονική). j Άρα t k +, εποµένως η σειρά δεν συγκλίνει απόλυτα. 6

62 3.2. Εστω µια ακολουθία πραγµατικών αριθµών. Υποθέτουµε ότι η σειρά b συγκλίνει για κάθε ϕραγ- µένη ακολουθία b. είξτε ότι η σειρά συγκλίνει απόλυτα. Λύση. Θέτουµε αν > b = αν =. αν < Τότε = b η οποία συγκλίνει διότι η b είναι ϕραγµένη. Άρα η σειρά συγκλίνει απόλυτα Εστω µια συγκλίνουσα σειρά, και b µια ϕθίνουσα και συγκλίνουσα ακολουθία. είξτε ότι η σειρά b συγκλίνει. Λύση. Θέτουµε b=lim b. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής, και t η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής (b b). Αφού η συγκλίνει, η s συγκλίνει, άρα είναι ϕραγµένη. Επίσης, η ακολουθία b b είναι ϕθίνουσα και µηδενική, άρα από κριτήριο Dirichlet, η (b b) συγκλίνει, δηλαδή η t συγκλίνει. Αλλά k b k = k (b k b)+b k = t + bs. k= k= k= Αφού οι s και t συγκλίνουν, η ακολουθία k b k συγκλίνει καθώς. Εποµένως η σειρά k b k συγκλίνει. k= k= Εστω ότι η σειρά συγκλίνει υπό συνθήκη. Θέτουµε A={ : < } και B={ : > }. είξτε ότι τα σύνολα A και B είναι άπειρα. Λύση. Ας υποθέσουµε ότι το A είναι πεπερασµένο. Θέτουµε = mx A. Τότε για κάθε >. Εποµένως =. = + = + Άρα η σειρά συγκλίνει απόλυτα, άτοπο. Οµοίως δείχνουµε ότι το B δεν µπορεί να είναι πεπερασµένο Είναι αλήθεια ότι αν η σειρά συγκλίνει τότε οι 2 και 2 συγκλίνουν; ( ) Λύση. Οχι. Η σειρά συγκλίνει, αλλά 2 =, 2 =+. 62

63 3.25. Είναι αλήθεια ότι αν οι σειρές 2 και 2 συγκλίνουν τότε η σειρά συγκλίνει; Λύση. Ναι. Εστω s = 2k, t = 2k, u = k. k= k= k= Θέτουµε s=lim s και t=lim t. Τότε u 2 = s + t s+t, u 2 = s + t s+t. Άρα η u συγκλίνει Είναι δυνατό µια αποκλίνουσα σειρά ϑετικών αριθµών να έχει συγκλίνουσα αναδιάταξη; Λύση. Οχι. Αν υπήρχε συγκλίνουσα αναδιάταξη, τότε η αρχική σειρά ϑα ήταν αναδιάταξη µιας συγκλίνουσας σειράς ϑετικών αριθµών εποµένως ϑα συνέκλινε Εστω ότι η σειρά συγκλίνει υπό συνθήκη. Θέτουµε A={ : }={k < k 2 < <k < }, B={ : < }={l < l 2 < <l < }. Τα σύνολα αυτά είναι άπειρα από την άσκηση είξτε ότι οι σειρές k και l αποκλίνουν. Λύση. Θέτουµε b = 2 ( + ), c = 2 ( ), s = b j, t = c j. j= j= Τότε s = 2 j + j +, t = 2 j j +. j= j= j= j= Εποµένως k j = s k +, l j = t l. j= j= Εστω ότι η σειρά συγκλίνει υπό συνθήκη. είξτε ότι έχει αποκλίνουσα αναδιάταξη. Λύση. Χρησιµοποιώντας το συµβολισµό τής προηγούµενης άσκησης, έχουµε ότι k =+. Εποµένως υ- πάρχει τέτοιο ώστε k + k2 + + k > l. Οµοίως, αφού k =+, υπάρχει 2 > τέτοιο ώστε = + + k + k k 2 > l2. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο, παίρνουµε < 2 < < j < τέτοια ώστε + k j + k + + j +2 k j > l j. Συνεπώς η αναδιάταξη ( k + k2 + + k + l )+( + k + k k 2 + l2 )+ +( + k j + k + + j +2 k j + l j )+ αποκλίνει (κάθε παρένθεση είναι µεγαλύτερη από )

64 Λύση. 2 () είξτε ότι lim = l 2. k k= ( ) (2) είξτε ότι = l 2. () Παρατηρούµε ότι για κάθε k=,..., 2 έχουµε Άρα Εποµένως k+ k 2+ l 2+ dx x k dx 2 x k= k+ k 2+ k 2 k= k l dx x. dx x. 2. Παίρνοντας όρια ως προς έχουµε το Ϲητούµενο. (2) Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής σειράς. Τότε s 2 = ( 2 = ) ( ) 2 = 2 k= k 2 k= 2 2k = k=+ 2 k = k= k l 2. Αλλά γνωρίζουµε ότι η s συγκλίνει. Εποµένως, κατ ανάγκη, s l Εστω ότι η σειρά b συγκλίνει. Λύση. Η συγκλίνει και ότι η σειρά (b b + ) συγκλίνει αφού συγκλίνει απόλυτα. Αλλά (b b + ) συγκλίνει απόλυτα. είξτε ότι η σειρά b = b (b b + ). k= Άρα η ακολουθία b συγκλίνει. Θα χρησιµοποιήσουµε το επιχείρηµα τής απόδειξης τού κριτήριου Dirichlet. Εστω s η ακολουθία των µερικών αθροισµάτων τής. Η s είναι ϕραγµένη διότι συγκλίνει. Άρα υπάρχει M> τέτοιο ώστε s M για κάθε. Ετσι έχουµε b = b + k= (s k s k )b k = b + s b b 2 + s k b k k=2 = b + s b b 2 + s k b k s k b k+ k=2 64 k=2 k=2 s k b k k=3

65 = b b 2 + s b + s k (b k b k+ )= b b 2 + x +y ( ). Η x συγκλίνει αφού οι b και s συγκλίνουν. Επίσης s k (b k b k+ ) M b k b k+. Αλλά η σειρά k=2 k=2 k= b k b k+ συγκλίνει από υπόθεση, άρα και ηy συγκλίνει και το συµπέρασµα έπεται. Παρατη- k= ϱήστε ότι, λόγω τής σχέσης ( ), ϑα µπορούσαµε να αντικαταστήσουµε την υπόθεση ότι η συγκλίνει µε την υπόθεση ότι απλά έχει ϕραγµένα µερικά αθροίσµατα, να προσθέσουµε την υπόθεση ότι η b είναι µηδενική, και να έχουµε το ίδιο συµπέρασµα είξτε ότι η σειρά συγκλίνει. ( ) si Λύση. Εχουµε ( ) si = b, όπου = si, και b = k. k= Η σειρά έχει ϕραγµένα µερικά αθροίσµατα, από την άσκηση 3.2. Επίσης, b b + = (+) k= k (+) 2>, άρα η b είναι ϕθίνουσα. Τέλος, χρησιµοποιώντας την άσκηση 3.9, παίρνουµε b +l. Εναλλακτικά, η b είναι η ακολουθία των µέσων όρων µιας µηδενικής ακολουθίας, άρα είναι και η ίδια µηδενική (άσκηση 2.5). Το συµπέρασµα έπεται από το κριτήριο Dirichlet. 65

66

67 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 4 Συνεχείς Συναρτήσεις Ορια συναρτήσεων Ορισµός. Ενα διάστηµα τής µορφής (x ε, x + ε), ε >, ονοµάζεται περιοχή τού x. Ορισµός. Εστω A Ê. Ενα σηµείο x Êλέγεται σηµείο συσσώρευσης τού A αν κάθε περιοχή τού x περιέχει σηµεία τού A διαφορετικά τού x. ηλαδή για κάθε ε > έχουµε Παραδείγµατα. A (x ε, x+ε) {x}. () Τα σηµεία συσσώρευσης τού (, ) είναι όλα τα σηµεία τού (, ) µαζί µε το και το. (2) Το δεν έχει σηµεία συσσώρευσης. Ορισµός. Εστω A Ê, f : A ʵια συνάρτηση, x Êένα σηµείο συσσώρευσης τού A, καιl Ê. () lim f (x)=lσηµαίνει ότι για κάθεε>υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε < x x <δ x x έχουµε f (x) l <ε. (2) lim f (x)=+ σηµαίνει ότι για κάθε M> υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x Aµε < x x <δ x x έχουµε f (x)> M. (3) lim f (x)= σηµαίνει ότι για κάθε M> υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x Aµε < x x <δ x x έχουµε f (x)< M. Το () λέει ότι για οσοδήποτε µικρόε>, αν το x είναι αρκετά κοντά στο x, χωρίς να γίνει ίσο µε x, τότε το f (x) απέχει από τοlαπόσταση µικρότερη απόε. Το (2) λέει ότι για οσοδήποτε µεγάλο M>, αν το x είναι αρκετά κοντά στο x, χωρίς να γίνει ίσο µε x, τότε το f (x) είναι µεγαλύτερο από M. Οµοίως το (3). Παρατήρηση. Στον προηγούµενο ορισµό, το x δεν χρειάζεται να ανήκει στο πεδίο ορισµού τής συνάρτησης. Πρέπει όµως να είναι σηµείο συσσώρευσής του. Για παράδειγµα αν µια f είναι ορισµένη στο (, ) έχει νόηµα να µιλήσουµε για το lim f (x) (αν υπάρχει). εν έχει νόηµα να µιλήσουµε για το lim f (x). x x. Ορισµός. Εστω A Êένα όχι άνω ϕραγµένο σύνολο, f : A ʵια συνάρτηση, και l Ê. () lim f (x)=lσηµαίνει ότι για κάθεε>υπάρχει c>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x>c έχουµε x + f (x) l <ε. (2) lim f (x)=+ σηµαίνει ότι για κάθε M> υπάρχει c>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x>cέχουµε x + f (x)> M. (3) lim f (x)= σηµαίνει ότι για κάθε M> υπάρχει c>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x>cέχουµε x + f (x)< M. Η διαισθητική ερµηνεία των παραπάνω είναι ανάλογη µε αυτήν τού ορισµού τής σύγκλισης και τής απόκλισης ακολουθιών. Παρατήρηση. Αν το πεδίο ορισµού µιας f είναι άνω ϕραγµένο, δεν έχει νόηµα να µιλήσουµε για το lim x + f (x). Ορισµός. Εστω A Êένα όχι κάτω ϕραγµένο σύνολο, f : A ʵια συνάρτηση, και l Ê. () lim f (x)=lσηµαίνει ότι για κάθεε>υπάρχει c>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x< c έχουµε x f (x) l <ε. 67

68 (2) lim f (x)=+ σηµαίνει ότι για κάθε M> υπάρχει c> τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x< c έχουµε x f (x)> M. (3) lim f (x)= σηµαίνει ότι για κάθε M> υπάρχει c> τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x< c έχουµε x f (x)< M. Στους παραπάνω ορισµούς, το σύµβολο lim x f (x)= διαβάζεται «το όριο τής f (x) καθώς το x τείνει στο είναι» ή «η f (x) τείνει στο καθώς το x τείνει στο». Παραδείγµατα. () Αν f (x)= x 2, x Ê, τότε lim f (x)= x 2 x x για κάθε x Ê. Πράγµατι, έστωε>. Θέτουµε { } ε δ=mi +2 x,. Τότε για κάθε x µε < x x <δ, έχουµε ότι x x <ε/(+2 x ) και x <+ x. Άρα f (x) x 2 = x x ε x+ x x x ( x + x )< +2 x (+2 x )=ε. (2) Εστω f (x)=/x, x>. Τότε lim x f (x)=+. Εστω M>. Θέτουµεδ=/M. Τότε για κάθε x>µε x<δέχουµε f (x)= x > δ = M. Θεώρηµα (Αρχή µεταφοράς). Εστω A Ê, f : A ʵια συνάρτηση, x ένα σηµείο συσσώρευσης τού A και l Ê. Τότε lim x x f (x)=lαν και µόνο αν f (x ) l για κάθε ακολουθία x A σηµείων διαφορετικών τού x τέτοια ώστε x x. Απόδειξη. Εστω ότι lim f (x)=l και x A µια ακολουθία σηµείων διαφορετικών από το x τέτοια ώστε x x. x x Θα δείξουµε ότι f (x ) l. Εστωε>. Τότε υπάρχειδ> τέτοιο ώστε για κάθε x A τέτοιο ώστε < x x <δ έχουµε f (x) l <ε. Αφού x x και x x, υπάρχει τέτοιο ώστε < x x <δγια κάθε. Εποµένως f (x ) l <εγια κάθε. Άρα f (x ) l. Αντίστροφα, ας υποθέσουµε ότι η f (x) δεν συγκλίνει στοl καθώς x x. Τότε υπάρχειε>τέτοιο ώστε για κάθεδ>υπάρχει x Aµε < x x <δτέτοιο ώστε f (x) l ε. Εποµένως, γιαδ=/ παίρνουµε µια ακολουθία x A τέτοια ώστε < x x </ και f (x ) l ε. ηλαδή η x είναι µια ακολουθία σηµείων τού A, διαφορετικών από το x, τέτοια ώστε x x και f (x ) l, άτοπο. Παρατήρηση. Ανάλογα αποτελέσµατα ισχύουν στην περίπτωση άπειρων ορίων. Παραδείγµατα. () Το όριο τής f (x)=cos x, x Ê, καθώς x +, δεν υπάρχει διότι lim(2π)= lim((2+)π)=+, αλλά f (2π)= και f ((2+)π)=. (2) Το όριο τής f (x) = /x, x, καθώς x, δεν υπάρχει διότι lim /=lim( /)=, αλλά f (/)= + και f ( /)=. Συγκρίνατε µε το παράδειγµα (2) παραπάνω. Οι συναρτήσεις έχουν τον ίδιο τύπο αλλά διαφορετικό πεδίο ορισµού. 68

69 Συνέχεια Ορισµός. Εστω A Ê, f : A ʵια συνάρηση και x A. Η f λέγεται συνεχής στο x αν για κάθεε> υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x x <δέχουµε f (x) f (x ) <ε. Αν η f είναι συνεχής σε κάθε σηµείο τού A τότε λέγεται συνεχής. ηλαδή, αν το x είναι κοντά στο x, τότε το f (x) είναι κοντά στο f (x ). Παρατηρήσεις. () Ενας ισοδύναµος τρόπος να περιγράψει κανείς τη συνέχεια τής f στο x είναι ο εξής: Για κάθεε> υπάρχειδ>τέτοιο ώστε f ((x δ, x +δ) A) ( f (x ) ε, f (x )+ε). ηλαδή για κάθε περιοχή τού f (x ) υπάρχει περιοχή τού x την οποία η f στέλνει µέσα στην περιοχή τού f (x ). f (x )+ε f (x ) f (x ) ε x δ x x +δ (2) Αν ένα σηµείο x A δεν είναι σηµείο συσσώρευσης τού A τότε η f είναι αυτοµάτως συνεχής στο x διότι υπάρχειδ>τέτοιο ώστε το µοναδικό σηµείο x Aµε την ιδιότητα x x <δνα είναι το ίδιο το x, άρα για τέτοια x έχουµε f (x) f (x ) =. (3) Αν το x είναι σηµείο συσσώρευσης τού A τότε η συνέχεια τής f είναι ισοδύναµη µε lim f (x)= f (x ). x x Αυτό προκύπτει άµεσα αν συγκρίνουµε τους ορισµούς. (4) (Ακολουθιακός χαρακτηρισµός τής συνέχειας.) Η f είναι συνεχής στο x αν και µόνο αν Παραδείγµατα. f (x ) f (x ) για κάθε ακολουθία x A µε x x. Η απόδειξη είναι τελείως ανάλογη µε την απόδειξη τής αρχής µεταφοράς. () Μια σταθερή συνάρτηση είναι συνεχής. Σε κάθε σηµείο, για κάθεε>, κάθεδ>ικανοποιεί τον ορισµό. (2) Η συνάρτηση f (x)= x /k, x, k Æ, είναι συνεχής γιατί αν x x, µε x, x, τότε x /k x /k από την άσκηση 9 τού 2ου κεφαλαίου. (3) Η συνάρτηση f (x)=si x, x Ê, είναι συνεχής γιατί αν x x τότε f (x ) f (x ) =2 si x x 2 (4) Οµοίως, η cos x είναι συνεχής. (5) Η συνάρτηση f :Ê Êµε τύπο f (x)= cos x +x 2, αν x É, αν x É x x. είναι παντού ασυνεχής. Πράγµατι, για το τυχόν x Ê, από πυκνότητα ϱητών και αρρήτων, υπάρχουν ακολουθίες r Éκαια Ê Éτέτοιες ώστε r x καια x. Αλλά f (r )= και f (α )=, άρα η f δεν µπορεί να είναι συνεχής στο x. Θεώρηµα. Αν οι f,g : A Êείναι συνεχείς στο x A τότε οι f+g και f g είναι συνεχείς στο x. Αν επιπλέον ηgδεν µηδενίζεται, τότε η f/g είναι συνεχής στο x. 69

70 Απόδειξη. Η απόδειξη είναι άµεση συνέπεια τού ακολουθιακού χαρακτηρισµού τής συνέχειας και των ιδιοτήτων των συγκλινουσών ακολουθιών: x x f (x ) f (x ) &g(x ) g(x ) f (x )+g(x ) f (x )+g(x ) & f (x ) g(x ) f (x ) g(x ) & f (x ) g(x ) f (x ) g(x ). Θεώρηµα. Αν η f : A B είναι συνεχής στο x και ηg: B Êείναι συνεχής στο f (x ) τότε η σύνθεσηg f είναι συνεχής στο x. Απόδειξη. x x f (x ) f (x ) g( f (x )) g( f (x )). Παρατήρηση. Τα δυο προηγούµενα ϑεωρήµατα σε συνδυασµό µε τα τέσσερα πρώτα παραδείγµατα παραπάνω λένε ότι όλοι οι επιτρεπτοί συνδυασµοί ϱητών δυνάµεων και τριγωνοµετρικών συναρτήσεων είναι συνεχείς. 7

71 Τα ϐασικά ϑεωρήµατα Θεώρηµα. Εστω f : A Êσυνεχής στο x A. Αν f (x )> τότε υπάρχειδ> τέτοιο ώστε η f είναι ϑετική στο A (x δ, x +δ). Οµοίως αν f (x )<. Απόδειξη. Από τον ορισµό τής συνέχειας, υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x A µε x x <δέχουµε f (x) f (x ) < f (x )/2. ηλαδή για κάθε x A (x δ, x +δ) έχουµε f (x)> f (x )/2>. Το προηγούµενο ϑεώρηµα λέει ότι αν µια συνεχής συνάρηση είναι ϑετική (αρνητική) σε κάποιο σηµείο, τότε είναι ϑετική (αρνητική) και σε κάποια περιοχή τού σηµείου. Ανάλογα πράγµατα ισχύουν αν το f (x ) είναι µικρότερο ή µεγαλύτερο από κάποιον αριθµόξ. Θεώρηµα. Εστω f : [, b] Êσυνεχής. Τότε η f είναι ϕραγµένη. Απόδειξη. Εστω ότι δεν είναι ϕραγµένη. Τότε υπάρχει µια ακολουθία x [, b] τέτοια ώστε f (x ) >για κάθε. Από το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss υπάρχει υπακολουθία x k τέτοια ώστε x k lγια κάποιοl [, b]. Αφού η f είναι συνεχής έχουµε f (x k ) f (l), άτοπο γιατί f (x k ) >k +. Παρατήρηση. Μια συνεχής συνάρτηση ορισµένη σ ένα όχι κλειστό διάστηµα δεν είναι κατ ανάγκη ϕραγµένη. Για παράδειγµα η f (x) = /x στο διάστηµα (, ) Θεώρηµα (Μέγιστης - ελάχιστης τιµής). Εστω f : [, b] Êσυνεχής. Τότε η f παίρνει µέγιστη και ελάχιστη τιµή. Απόδειξη. Θέτουµε A={ f (x) : x [, b]}. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, το A είναι ϕραγµένο. Θέτουµε s = sup A. Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, για κάθε υπάρχει x [, b] τέτοιο ώστε s /< f (x ) s. Άρα f (x ) s. Από το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss, υπάρχει υπακολουθία x k τέτοια ώστε x k lγια κάποιοl [, b]. Αφού η f είναι συνεχής έχουµε f (x k ) f (l). Ετσι f (x k ) f (l) και f (x k ) s, εποµένως, από µοναδικότητα τού ορίου, f (l)= s. Αυτό σηµαίνει ότι η f παίρνει µέγιστη τιµή στοl. Με ανάλογο τρόπο δείχνουµε ότι η f παίρνει ελάχιστη τιµή. Παρατήρηση. Το προηγούµενο ϑεώρηµα, γενικά, δεν ισχύει αν το διάστηµα δεν είναι κλειστό. Για παράδειγµα η f (x) = x, x (, ), είναι ϕραγµένη αλλά δεν παίρνει ούτε µέγιστη ούτε ελάχιστη τιµή. Θεώρηµα (Ενδιάµεσης τιµής). Εστω f : [, b] Êσυνεχής. Αν τοξείναι ένας αριθµός ανάµεσα στα f () και f (b), τότε υπάρχει x (, b) τέτοιο ώστε f (x )=ξ. 7

72 Απόδειξη. Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι f () < ξ < f (b). Θέτουµε A={x (, b] : f<ξ στο [, x)}. Αφού η f είναι συνεχής και f () < ξ, η f είναι µικρότερη από ξ σε κάποιο διάστηµα τής µορφής [, + δ), άρα το A δεν είναι κενό. Επίσης είναι άνω ϕραγµένο. Θέτουµε x = sup A. Θα δείξουµε ότι f (x )=ξ. Αφού f (b)>ξ, το x πρέπει να είναι εσωτερικό σηµείο τού [, b]. Αν υποθέσουµε ότι f (x )<ξτότε, αφού η f είναι συνεχής, υπάρχει περιοχή (c, d) [, b] τού x στην οποία η f είναι µικρότερη απόξ. Από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχει c (c, d) τέτοιο ώστε f<ξστο [, c ). Αλλά τότε f<ξστο [, d). Αυτό σηµαίνει ότι d A, άτοπο αφού d> x. c c x d b Αν τώρα υποθέσουµε ότι f (x )>ξ, τότε, όπως στην προηγούµενη περίπτωση, υπάρχει κάποια περιοχή (γ,δ) [, b] τού x στην οποία η f είναι µεγαλύτερη απόξ. Πάλι από την χαρακτηριστική ιδιότητα τού supremum, υπάρχειγ (γ,δ) τέτοιο ώστε f <ξστο [,γ ). ηλαδή η f είναι ταυτόχρονα µεγαλύτερη και µικρότερη απόξστο διάστηµα (γ,γ ), άτοπο. γ γ x δ b Παρατηρήσεις. () Στο ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, η συνέχεια τής f είναι απαραίτητη. Για παράδειγµα, η ασυνεχής συνάρτηση, αν x É f (x)=, αν x É δεν παίρνει καµία τιµή ανάµεσα στο και το. (2) Αν το I είναι κάποιο διάστηµα και η f µια συνεχής συνάρτηση, τότε το f (I) είναι διάστηµα. Πράγµατι, αρκεί να δείξουµε ότι αν x,y f (I) και x<z<yτότε z f (I). Εχουµε x= f () καιy= f (b) για κάποια, b I. Άρα από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειλανάµεσα στα και b τέτοιο ώστε f (λ)=z. Αυτό σηµαίνει ότι z f (I). (3) Αν το I είναι κλειστό διάστηµα και η f συνεχής, τότε το f (I) είναι κλειστό διάστηµα. Πράγµατι, από το () το f (I) είναι διάστηµα. Από το ϑεώρηµα µέγιστης-ελάχιστης τιµής, η f παίρνει την µέγιστη και την ελάχιστη τιµή τής σε κάποια σηµεία b, I. Άρα f (I)=[ f (), f (b)]. (4) εν είναι γενικά αλήθεια ότι µια συνεχής συνάρτηση στέλνει ανοιχτά διαστήµατα σε ανοιχτά διαστήµατα. Για παράδειγµα, αν f (x)=si x, τότε f ((, 2π))= [, ] Είναι αλήθεια, αν υποθέσουµε επιπλέον ότι η f είναι γνήσια µονότονη. Θεώρηµα. Εστω I ένα διάστηµα και f : I Êσυνεχής και -. Τότε η f είναι (γνήσια) µονότονη. 72

73 Απόδειξη. Σταθεροποιούµε, b I µε <b. Τότε είτε f ()< f (b) είτε f ()> f (b). Υποθέτουµε ότι f ()< f (b) και ϑα δείξουµε ότι η f είναι (γνήσια) αύξουσα. Εστω λοιπόν τυχόντα x,y Iµε x<y. Θεωρούµε τη ϐοηθητική συνάρτηση g : [, ] ʵε τύπο g(t)= f (( t)+tx) f (( t)b+ty). Ηgείναι καλά ορισµένη: Αυτό που ϐρίσκεται στην πρώτη παρένθεση είναι ένα σηµείο ανάµεσα στα και x ενώ αυτό που ϐρίσκεται στη δεύτερη είναι ένα σηµείο ανάµεσα στα b καιy. Παρατηρήστε ότι καθώς το t τρέχει από το στο, ηg(t) µετασχηµατίζει τη διαφορά f () f (b) στη διαφορά f (x) f (y). Ηgείναι συνεχής σαν σύνθεση συνεχών συναρτήσεων. Επίσης η g δεν µηδενίζεται πουθενά. Πράγµατι, για κάθε t έχουµε ( t)+tx < ( t)b+ty, άρα f (( t)+tx) f (( t)b+ty) διότι η f είναι -. Τέλοςg()= f () f (b)<. Άραg()<, διαφορετικά ηgαπό το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής κάπου ϑα µηδενιζόταν. Αλλάg()<σηµαίνει ότι f (x)< f (y). Αφού τα x, y είναι τυχόντα, η f είναι αύξουσα. Οµοίως δείχνουµε ότι αν f () > f (b) τότε η f είναι ϕθίνουσα. Παρατήρηση. Το προηγούµενο ϑεώρηµα γενικά δεν ισχύει αν η f δεν είναι συνεχής. Για παράδειγµα, η ασυνεχής συνάρτηση x, x [, ) f (x)= 3 x, x [, 2] είναι - αλλά δεν είναι µονότονη Θεώρηµα (Αντίστροφης απεικόνισης). Εστω I ένα διάστηµα και f : I f (I) συνεχής και -. Τότε η αντίστροφη f : f (I) Iείναι συνεχής. Απόδειξη. Για απλότητα, δίνουµε την απόδειξη στην περίπτωση I =Ê. Από το προηγούµενο ϑεώρηµα, η f είναι γνήσια µονότονη. Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι είναι γνήσια αύξουσα. Εστω τώρα f (x ) f (I) τυχόν καιε>. Αφού η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής, έχουµε f ((x ε, x +ε))=( f (x ε), f (x +ε)). Πράγµατι, αν x ε< x< x +ε τότε f (x ε)< f (x)< f (x +ε). Αντίστροφα, αν f (x ε)<y< f (x +ε) τότε από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής υπάρχει x ανάµεσα στα x ε και x +ε τέτοιο ώστε f (x)=y. Επιλέγουµε τώραδ>τέτοιο ώστε ( f (x ) δ, f (x )+δ) ( f (x ε), f (x +ε)). Τότε f (( f (x ) δ, f (x )+δ)) f (( f (x ε), f (x +ε))= f ( f ((x ε, x +ε)))=(x ε, x +ε). Αυτό δείχνει ότι η f είναι συνεχής στο f (x ). f (x )+δ f (x ) δ x x ε x +ε 73

74 74

75 Ασκήσεις 4.. Εστω A Ê, f : A Ê, και x ένα σηµείο συσσώρευσης τού A. είξτε ότι αν το lim x x f (x) υπάρχει, τότε η f είναι ϕραγµένη σε κάποια περιοχή τού x. Λύση. Θέτουµεl= lim x x f (x). Τότε υπάρχειδ> τέτοιο ώστε για κάθε x A µε < x x <δέχουµε f (x) l <. Εποµένως για όλα αυτά τα x έχουµε f (x) < + l. Αν η f ορίζεται στο x τότε έχουµε f (x) mx{+ l, f (x ) } για κάθε x A (x δ, x +δ) Εστω f :Ê Êµια περιοδική συνάρτηση τέτοια ώστε lim f (x)=l. είξτε ότι η f είναι σταθερή. x + Λύση. Εστωε>, και T> τέτοιο ώστε f (x+t)= f (x) για κάθε x. Επιλέγουµε c>τέτοιο ώστε f (x) l <ε για κάθε x > c. Τώρα σταθεροποιούµε τυχόν y και επιλέγουµε Æτέτοιο ώστε y + T > c. Τότε f (y) l = f (y+t) l = f (y+t+ T) l = = f (y+t) l <ε. Η προηγούµενη σχέση ισχύει για κάθε ε >, άρα f (y) = l Εστω f :Ê Êτέτοια ώστε lim f (x)>. είξτε ότι υπάρχει c>τέτοιο ώστε f (x)>για κάθε x>c. x + Λύση. Θέτουµεl= lim f (x). Τότε υπάρχει c>τέτοιο ώστε f (x) l <l/2 για κάθε x>c. Εποµένως για x + κάθε τέτοιο x έχουµε f (x)>l/2> Εστω f :Ê Êµια αύξουσα συνάρτηση. Λύση. () Αν x είναι µια µονότονη και συγκλίνουσα ακολουθία, τότε η ακολουθία f (x ) συγκλίνει. (2) Ισχύει το () αν η x δεν είναι µονότονη; () Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας µπορούµε να υποθέσουµε ότι η x είναι αύξουσα. Θέτουµε x=lim x. Τότε x x για κάθε. Αφού η f είναι αύξουσα έχουµε ότι η f (x ) είναι αύξουσα και ότι f (x ) f (x). ηλαδή η f (x ) είναι αύξουσα και άνω ϕραγµένη, άρα συγκλίνει. (2) Θεωρούµε τη συνάρτηση, x< f (x)=, x=,, x> και την ακολουθία x = ( ). Τότε f (x 2)=και f (x 2+ )=, άρα η f (x 2+ ) δεν συγκλίνει Εστω f :Ê Êτέτοια ώστε f (x) f (y) x y 2 για κάθε x,y. είξτε ότι η f είναι σταθερή. Λύση. Εστω x < y τυχόντα. ιαµερίζουµε το [x, y] σε διαδοχικά υποδιαστήµατα µήκους (y x)/ το καθένα: x=t < t < <t =y. Τότε f (x) f (y) = ( f (t i ) f (t i )) f (t i ) f (t i ) t i t i 2 = (y x) 2 (y x)2 2=. i= i= i= i= Η προηγούµενη σχέση ισχύει για κάθε, άρα παίρνοντας όριο ως προς, έχουµε ότι f (x)= f (y). Αφού τα x,y είναι αυθαίρετα, συµπεραίνουµε ότι η f είναι σταθερή Εξετάστε ως προς τη συνέχεια τη συνάρτηση f :Ê Êµε x, x É f (x)= x, x É. 75

76 Λύση. Αν x, επιλέγουµε µια ακολουθία ϱητών q και µια ακολουθία άρρητων τέτοιες ώστε lim q = lim = x. Τότε f (q )=q x και f ( )= x, άρα η f δεν είναι συνεχής στο x. Εστω τώραε>. Τότε για κάθε x µε x <ε, έχουµε f (x) f () = f (x) = x <ε, άρα η f είναι συνεχής στο Εστω f,g :Ê Êσυνεχείς τέτοιες ώστε f (x)=g(x) για κάθε x É. είξτε ότι f=g. Λύση. Εστω x Ê, και µια ακολουθία ϱητών r µε r x. Τότε, αφού οι συναρτήσεις είναι συνεχείς, f (x)= f (lim r )=lim f (r )=limg(r )=g(lim r )=g(x) Εστω f :Ê Êσυνεχής τέτοια ώστε f ()= και f (x+y)= f (x)+ f (y) για κάθε x,y. είξτε ότι f (x)= x για κάθε x. Λύση. Παρατηρούµε ότι: f ()= f (+)=2 f (), άρα f ()=. Για κάθε x έχουµε = f ()= f (x x)= f (x)+ f ( x), άρα f ( x)= f (x). Επίσης για κάθε m, Æ = f ()= f (/)= f (/+ +/)= f (/)+ + f (/) = f (/), άρα f (/)=/. } {{ } } {{ } ϕορές ϕορές f (m/)= f (/+ + /)= f (/)+ + f (/) = m f (/)=m/. } {{ } } {{ } m ϕορές m ϕορές Άρα f (x)= x για κάθε ϑετικό ϱητό x, άρα και για όλους τους ϱητούς αφού f ( x)= f (x). Εποµένως, από την προηγούµενη άσκηση, f (x)= x για κάθε x Ê Εστω f : [, b] Êσυνεχής τέτοια ώστε για κάθε x υπάρχειyµε f (y) f (x) /2. είξτε ότι υπάρχειξµε f (ξ)=. Λύση. Εστω c [, b] τυχόν. Τότε υπάρχει x µε f (x ) f (c) /2. Οµοίως υπάρχει x 2 µε f (x 2 ) f (x ) /2 f (c) /4. Συνεχίζοντας µε τον ίδιο τρόπο παίρνουµε µια ακολουθία x [, b] τέτοια ώστε f (x ) f (x ) /2 f (c) /2. Από το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss, υπάρχει µια υπακολουθία x k και ένα σηµείοξ [, b] έτσι ώστε x k ξ. Αφού f (x ), έχουµε f (x k ). Ετσι, από τη συνέχεια τής f παίρνουµε f (ξ)= f (lim x k )=lim f (x k )=. 4.. Εστω f :Ê Éσυνεχής. είξτε ότι η f είναι σταθερή. Λύση. Αν η f δεν ήταν σταθερή ϑα υπήρχαν x, x 2 τέτοια ώστε f (x ) f (x 2 ). Επιλέγουµε έναν άρρητο ανάµεσα στα f (x ) και f (x 2 ). Από ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειξ ανάµεσα στα x και x 2 τέτοιο ώστε f (ξ)= É, άτοπο. 4.. Εστω f : [, b] Êσυνεχής και t,..., t [, b]. είξτε ότι υπάρχειξ [, b] τέτοιο ώστε f (ξ)= f (t )+ f (t 2 )+ + f (t ). 76

77 Λύση. Η f παίρνει ελάχιστη και µέγιστη τιµή σε κάποια σηµεία x mi, x mx [, b]. Εποµένως f (x mi ) f (t i ) f (x mx ) για κάθε i =,...,. Αθροίζοντας αυτές τις ανισότητες παίρνουµε Εποµένως f (x mi ) f (t )+ + f (t ) f (x mx ). f (x mi ) f (t )+ + f (t ) f (x mx ). Ετσι από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειξ [, b] τέτοιο ώστε f (ξ)= f (t )+ + f (t ). ( 4.2. Εστω f :Ê Êσυνεχής τέτοια ώστε f x+ ) = f (x) για κάθε x Êκαι κάθε Æ. είξτε ότι η f είναι σταθερή. Λύση. Εστω m, Æ. Τότε υπάρχουν µη αρνητικοί ακέραιοι k,l µεl<έτσι ώστε m = k+l. Εποµένως για κάθε x Êέχουµε ( f x+ m ) = f ( x+k+ l ) = f ( x+k+ + + } {{ } l ϕορές ) = f (x+k)= f (x++ + } {{ } )= f (x). k ϕορές ηλαδή f (x+q)= f (x) για κάθε x Êκαι κάθε ϑετικό ϱητό q. Ιδιαίτερα f (q)= f () και f ( q)= f ( q+q)= f () για κάθε ϑετικό ϱητό q, άρα f (x)= f () για κάθε x É. Εποµένως f (x)= f () για κάθε x Êαφού η f είναι συνεχής Εστω f :Ê Êσυνεχής τέτοια ώστε f (x) = για κάθε x. είξτε ότι η f είναι είτε η σταθερή συνάρτηση είτε η σταθερή συνάρτηση. Λύση. Από την υπόθεση συνεπάγεται ότι για κάθε x, είτε f (x)= είτε f (x)= (αυτό, από µόνο του δεν σηµαίνει ότι η f είναι σταθερή. Θα µπορούσε να παίρνει την τιµή στο 5 και την τιµή - στο.4569.) Αν υποθέσουµε ότι η f δεν είναι σταθερή, τότε υπάρχουν x, x 2 τέτοια ώστε f (x )= και f (x 2 )=. Άρα από ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειξτέτοιο ώστε f (ξ)=, άτοπο είξτε ότι η υπόθεση τής συνέχειας είναι απαραίτητη στην προηγούµενη άσκηση. Λύση. Η ασυνεχής συνάρτηση, x É f (x)=, x É έχει απόλυτη τιµή αλλά δεν είναι σταθερή Εστω f :Ê Êσυνεχής και ϕθίνουσα. είξτε ότι υπάρχει µοναδικό ξ τέτοιο ώστε f (ξ) = ξ. Λύση. Θεωρούµε τη συνεχή συνάρτησηg :Ê Ê, µεg(x)= f (x) x. Ηgδεν µπορεί να είναι ϑετική διότι τότε ϑα είχαµε f ()>και f ( f ())> f (), άτοπο αφού η f είναι ϕθίνουσα. Οµοίως, ηgδεν µπορεί να είναι αρνητική. Εποµένως υπάρχουν, b µεg() καιg(b), άρα από ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειξ τέτοιο ώστε g(ξ) =, ισοδύναµα f (ξ) = ξ. Τώρα παρατηρούµε ότι η g είναι γνήσια ϕθίνουσα γιατί αν x < y τότε g(x)= f (x) x f (y) x> f (y) y=g(y). Άρα τοξ είναι µοναδικό (αν υπήρχε κάποιο άλλοζ µε την ίδια ιδιότητα, ϑα είχαµεg(ξ)=g(ζ)=, άτοπο) Εστω f :Ê Êσυνεχής και ϑετική, τέτοια ώστε lim f (x)= lim f (x)=. x + x είξτε ότι η f παίρνει µέγιστη τιµή. 77

78 Λύση. Από τον ορισµό των ορίων (γιαε= f ()), έχουµε ότι υπάρχει M> τέτοιο ώστε f (x)< f () για κάθε x µε x > M. Η f είναι συνεχής στο [ M, M], άρα υπάρχει x [ M, M] τέτοιο ώστε f (x) f (x ) για κάθε x [ M, M]. Αν τώρα x [ M, M], τότε x > M, άρα f (x)< f () f (x ), αφού [ M, M]. ηλαδή σε κάθε περίπτωση f (x) f (x ), άρα η f παίρνει µέγιστη τιµή στο x είξτε ότι το συµπέρασµα στην προηγούµενη άσκηση δεν ισχύει χωρίς την υπόθεση f>. Λύση. Η αρνητική συνάρτηση f (x)= e x2 τιµή. είναι συνεχής, τα δυο όρια είναι µηδέν και δεν παίρνει µέγιστη 4.8. Εστω ( f : [, ] Êσυνεχής τέτοια ώστε f ()= f (). είξτε ότι για κάθε υπάρχειξ [, ] τέτοιο ώστε f (ξ)= f ξ+ ). Λύση. Θεωρούµε τη συνεχή συνάρτηση [ g :, ] Ê, g(x)= f (x) f Αρκεί να ϐρούµε έναξτέτοιο ώστεg(ξ)=. Παρατηρούµε ότι ( x+ ). g()+g(/)+g(2/)+ +g(( )/)= f () f ()=. Αν κάποιος από τους όρους στο άθροισµα αυτό, ας πούµε τοg(k/), είναι τότε ϑέτουµεξ=k/ και τελειώσαµε. Αν κανένας όρος δεν είναι µηδέν τότε δεν είναι δυνατό να είναι όλοι οµόσηµοι γιατί τότε το άθροισµα ϑα ήταν είτε ϑετικό είτε αρνητικό. ηλαδή υπάρχουν i, j έτσι ώστεg(i/)<καιg( j/)>. Εποµένως, από ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, ηgµηδενίζεται σε κάποιοξ ανάµεσα στα i/ και j/ Εστω f :Ê Êσυνεχής και αύξουσα. είξτε ότι αν το A Êείναι ένα άνω ϕραγµένο σύνολο, τότε sup f (A)= f (sup A). Λύση. Για κάθε x A έχουµε x sup A, άρα, αφού η f είναι αύξουσα, παίρνουµε f (x) f (sup A). Αυτό σηµαίνει ότι το f (sup A) είναι άνω ϕράγµα τού συνόλου f (A), εποµένως sup f (A) f (sup A). Για να δείξουµε την αντίστροφη ανισότητα, έστω x A µια ακολουθία τέτοια ώστε x sup A. Αφού η f είναι συνεχής, έχουµε f (x ) f (sup A). Αλλά f (x ) sup f (A), άρα f (sup A) sup f (A) Ισχύει το συµπέρασµα στην προηγούµενη άσκηση χωρίς την υπόθεση τής συνέχειας; Λύση. Οχι. Για παράδειγµα, αν, αν x< f (x)=, αν x, και A=(, ), τότε f (A)={}. Εποµένως f (sup A)= f ()=και sup f (A)= Εστω f : (, ] Êσυνεχής, τέτοια ώστε το lim f (x) υπάρχει. είξτε ότι η f είναι ϕραγµένη. x Λύση. Αφού το όριο στο υπάρχει, η f είναι ϕραγµένη σε κάποια περιοχή τού (άσκηση 4.). ηλαδή υπάρχει <δ<τέτοιο ώστε η f είναι ϕραγµένη στο (,δ). Αλλά η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [δ, ], άρα είναι ϕραγµένη στο διάστηµα αυτό. Εποµένως είναι ϕραγµένη σ ολόκληρο το (, ] Εστω f : [, + ) Êσυνεχής, τέτοια ώστε το lim f (x) υπάρχει. είξτε ότι η f είναι ϕραγµένη. x + Λύση. Θέτουµεl = lim f (x). Τότε υπάρχει c> τέτοιο ώστε f (x) l < για κάθε x>c. Εποµένως x + f (x) <+ l για κάθε x>c. Αυτό σηµαίνει ότι η f είναι ϕραγµένη στο (c,+ ). Απ την άλλη, η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [, c], άρα ϕραγµένη στο διάστηµα αυτό. Συµπεραίνουµε ότι η f είναι ϕραγµένη σ ολόκληρο το πεδίο ορισµού της Εστω f :Ê Êσυνεχής τέτοια ώστε lim η f είναι επί. x f (x)= και lim x + f (x)=+. είξτε ότι f (Ê)=Ê, δηλαδή 78

79 Λύση. Εστω ξ Ê. Αφού lim f (x)=, υπάρχει <τέτοιο ώστε f ()<ξ. Αφού lim x x + f (x)=+, υπάρχει b>τέτοιο ώστε f (b)>ξ. ηλαδή f ()<ξ< f (b). Από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχει x ανάµεσα στα και b τέτοιο ώστε f (x )=ξ. Αυτό σηµαίνει ότι f (Ê)=Ê είξτε ότι κάθε πολυώνυµο περιττού ϐαθµού έχει τουλάχιστο µια ϱίζα. Λύση. Εστω p(x)= x + x + + x+, όπου περιττός, και. Για να δείξουµε ότι το p έχει ϱίζα, αρκεί να δείξουµε ότι η συνάρτηση f (x)= x + x + + x+ µηδενίζεται. Αλλά lim f (x)= και lim f (x)=+, διότι το είναι περιττός. Ετσι, από την προηγούµενη x x + άσκηση, η f είναι επί, άρα κάπου µηδενίζεται Χρησιµοποιώντας το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, δείξτε ότι κάθε ϑετικός αριθµός έχει -οστή ϱίζα. ηλαδή, για κάθεξ>και Æ, υπάρχειρ>, τέτοιο ώστερ =ξ. Λύση. Θέτουµε f (x)= x, x. Ανξ<, τότε f ()=<ξ<= f (). Ανξ, τότε f ()=<ξ ξ = f (ξ). ηλαδή σε κάθε περίπτωση, τοξ είναι ανάµεσα σε δυο τιµές τής συνεχούς f. Άρα από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειρ>τέτοιο ώστερ =ξ Εστω f : [, ] Êσυνεχής. Σταθεροποιούµε, b>τέτοια ώστε +b=. είξτε ότι υπάρχειξ [, ] τέτοιο ώστε f (ξ)= f ()+ b f (). Λύση. Ο αριθµός f ()+b f () είναι ανάµεσα στους f () και f () διότι αν ϑέσουµε m=mi{ f (), f ()} και M= mx{ f (), f ()} τότε έχουµε m=m+ bm f ()+ b f () M+ bm=m. ηλαδή το f ()+b f () πέφτει ανάµεσα σε δυο τιµές τής f, άρα από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής είναι και το ίδιο τιµή τής f Εστω f : [, ] [, ] συνεχής. είξτε ότι υπάρχειξ [, ] τέτοιο ώστε f (ξ)=ξ. Λύση. Θέτουµεg(x)= f (x) x. Τότεg()= f () καιg()= f (). Από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειξ [, ] τέτοιο ώστεg(ξ)=, δηλαδή f (ξ)=ξ Εστω f,g : [, b] Êσυνεχείς, τέτοιες ώστε f () g() και f (b) g(b). είξτε ότι υπάρχειξ [, b] τέτοιο ώστε f (ξ)=g(ξ). Λύση. Θέτουµε h(x)= f (x) g(x). Τότε η h είναι συνεχής και h()= f () g(), h(b)= f (b) g(b), άρα από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχει ξ [, b] τέτοιο ώστε h(ξ) =. Εποµένως f (ξ) = g(ξ) Εστω f : [, 2] ʵε f ()= f (2). είξτε ότι υπάρχουν x,y [, 2] µε x y=τέτοια ώστε f (x)= f (y). Λύση. Θέτουµεg : [, ] ʵεg(t) = f (t+) f (t). Τότε ηgείναι συνεχής καιg() = f () f (), g()= f (2) f ()= f () f (). ηλαδή ταg() καιg() είναι ετερόσηµα, άρα από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχειξ [, ] τέτοιο ώστεg(ξ)=. Εποµένως f (ξ+)= f (ξ). Ετσι τα Ϲητούµενα x,y είναι x=ξ+, y=ξ. 79

80

81 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 5 Οµοιόµορφη Συνέχεια Ορισµός. Εστω A Ê. Μια συνάρτηση f : A Êλέγεται οµοιόµορφα συνεχής αν για κάθεε> υπάρχει δ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y A µε x y <δέχουµε f (x) f (y) <ε. Παρατηρήσεις. () Προφανώς κάθε οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση είναι συνεχής. Θα δούµε παρακάτω ότι το αντίστρο- ϕο, γενικά, δεν ισχύει. Η διαφορά είναι ότι το δ στον ορισµό τής οµοιόµορφης συνέχειας εξάρταται µόνο από τοε, ενώ στον ορισµό τής συνέχειας εξαρτάται, γενικά, και από τοεκαι από το σηµείο στο οποίο η συνάρτηση είναι συνεχής. Αυτό εξηγεί και τον όρο «οµοιόµορφη»: η επιλογή τούδείναι οµοιόµορφη για όλα τα σηµεία. (2) εν έχει νόηµα να µιλήσουµε για «οµοιόµορφη συνέχεια σε κάποιο σηµείο». Παραδείγµατα. () Μια σταθερή συνάρτηση είναι οµοιόµορφα συνεχής. Για κάθεε>, οποιοδήποτεδ>ικανοποιεί τον ορισµό. (2) Η f (x) = x, x Ê, είναι οµοιόµορφα συνεχής. Για κάθε ε >, η επιλογή δ = ε ικανοποιεί τον ορισµό αφού f (x) f (y) = x y. (3) Γενικότερα, αν µια συνάρτηση έχει την ιδιότητα f (x) f (y) M x y, για κάποια σταθερά M> (τέτοιες συναρτήσεις ονοµάζονται Lipschitz), τότε είναι οµοιόµορφα συνεχής. Πράγµατι, για κάθε ε>, η επιλογήδ=ε/m ικανοποιεί τον ορισµό. (4) Η συνάρτηση f (x) = si x, x Ê, είναι Lipschitz, άρα είναι οµοιόµορφα συνεχής. (5) Η συνάρτηση f (x)= x, x, είναι Lipschitz διότι f (x) f (y) = x y = x y x+ y 2 x y. Εποµένως είναι οµοιόµορφα συνεχής. (6) Γενικότερα, η συνάρτηση f (x)= x p, x, < p, είναι Lipschitz. Πράγµατι, αν πάρουµε x,y µε x y, τότε, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχειξανάµεσα στα x καιyτέτοιο ώστε f (x) f (y) x y = f (ξ) = pξ p p. ηλαδή f (x) f (y) p x y για κάθε x,y. Εποµένως η f είναι Lipschitz. Θεώρηµα (Ο ακολουθιακός χαρακτηρισµός τής οµοιόµορφης συνέχειας). Μια f : A Êείναι οµοιόµορφα συνεχής αν και µόνο αν για κάθε Ϲευγάρι ακολουθιών x,y A µε x y έχουµε f (x ) f (y ). Απόδειξη. Εστω ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, και x,y A δυο ακολουθίες τέτοιες ώστε x y. Θα δείξουµε ότι f (x ) f (y ). Εστω λοιπόνε>. Αφού η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, υπάχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y A µε x y <δ έχουµε f (x) f (y) <ε. Αφού x y, υπάρχει τέτοιο ώστε x y <δ για κάθε. Εποµένως για κάθε τέτοιο έχουµε f (x ) f (y ) <ε. Αυτό σηµαίνει ότι f (x ) f (y ). Αντίστροφα, έστω ότι για κάθε Ϲευγάρι ακολουθιών στο A η διαφορά των οποίων τείνει στο µηδέν έχουµε ότι και η διαφορά των εικόνων τους τείνει στο µηδέν. Θα δείξουµε ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Ας υποθέσουµε ότι δεν είναι. Τότε υπάρχειε> τέτοιο ώστε για κάθεδ> υπάρχουν x,y A τέτοια ώστε x y <δκαι f (x) f (y) ε. Ιδιαίτερα γιαδ=/, Æ, παίρνουµε δυο ακολουθίες x,y A µε x y </ και f (x ) f (y ) ε. Αυτό σηµαίνει ότι x y και f (x ) f (y ), άτοπο. Παραδείγµατα. 8

82 () Η f (x)= x 2, x Ê, δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής διότι για το Ϲευγάρι x =,y = +/, έχουµε x y = / και f (x ) f (y )= 2 / 2 2. (2) Γενικότερα, η f (x)= x p, x, p>, δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. Πράγµατι, αν ϑεωρήσουµε το Ϲευγάρι x =,y = + p, τότε x y και f (x ) f (y ) p. (3) Η f (x)=/x, x>, δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής γιατί αν ϑέσουµε x = /(+) καιy = /, τότε x y και f (x ) f (y )=. Παρατηρήσεις. () Το άθροισµα και η σύνθεση οµοιόµορφα συνεχών συναρτήσεων είναι οµοιόµορφα συνεχείς. Αυτό προκύπτει άµεσα από τον ακολουθιακό χαρακτηρισµό τής οµοιόµορφης συνέχειας. (2) Το γινόµενο δυο οµοιόµορφα συνεχών συναρτήσεων δεν είναι κατ ανάγκη οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση. Για παράδειγµα, η f (x)= x, x Ê, είναι οµοιόµορφα συνεχής, αλλά η f 2 όχι. (3) Οµοίως µε το πηλίκο. Η f (x) = x, x >, είναι οµοιόµορφα συνεχής, αλλά η / f δεν είναι. Θεώρηµα. Εστω f : A Êοµοιόµορφα συνεχής και x A µια ακολουθία Cuchy. Τότε η f (x ) είναι Cuchy. Ισοδύναµα, µια οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση στέλνει συγκλίνουσες ακολουθίες σε συγκλίνουσες ακολουθίες, αφού µια ακολουθία συγκλίνει αν και µόνο αν είναι Cuchy. Απόδειξη. Εστωε>. Αφού η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y A µε x y <δέχουµε f (x) f (y) <ε. Αφού η x είναι Cuchy, υπάρχει τέτοιο ώστε x x m <δ για κάθε, m. Εποµένως για όλα αυτά τα και m έχουµε f (x ) f (x m ) <ε. Αυτό σηµαίνει ότι η f (x ) είναι Cuchy. Παράδειγµα. Η f (x)=cos x, x>, δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής γιατί η ακολουθία x = είναι Cuchy, π αλλά η f (x )=( ) δεν είναι. Παρατηρήσεις. () Το αντίστροφο τού προηγούµενου ϑεωρήµατος, γενικά, δεν ισχύει. Για παράδειγµα, η f (x)=x 2, x Ê, δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. Παρ όλα αυτά, στέλνει ακολουθίες Cuchy σε ακολουθίες Cuchy. Πράγµατι, αν η x είναι Cuchy τότε συγκλίνει σε κάποιοl. Αλλά τότε f (x )= x 2 l2. ηλαδή η f (x ) συγκλίνει, άρα είναι Cuchy. (2) Προσέξτε την διαφορά: Μια συνεχής συνάρτηση στέλνει µια ακολουθία η οποία συγκλίνει σε κάποιο σηµείο τού πεδίου ορισµού τής συνάρτησης σε µια ακολουθία η οποία συγκλίνει στην εικόνα τού σηµείου. Μια οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση στέλνει οποιαδήποτε συγκλίνουσα ακολουθία σε συγκλίνουσα ακολουθία, ανεξάρτητα από το αν η αρχική ακολουθία συγκλίνει σε σηµείο τού πεδίου ορισµού τής συνάρτησης. Θεώρηµα. Εστω f : [, b] Êσυνεχής. Τότε η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Απόδειξη. Εστω ότι η f δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. Τότε υπάρχουν ακολουθίες x,y [, b] και έναε> έτσι ώστε x y και f (x ) f (y ) ε. Από το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss, υπάρχει υπακολουθία x k και x [, b] έτσι ώστε x k x. Αλλά x k y k, άραy k x. Αφού η f είναι συνεχής, έχουµε f (x k ) f (y k ) f (x) f (x)=, άτοπο διότι f (x k ) f (y k ) ε. Παραδείγµατα. () Η συνάρτηση f (x)= x, x, είναι οµοιόµορφα συνεχής. Πράγµατι, η f, όπως είδαµε, είναι Lipschitz στο [, + ), άρα είναι οµοιόµορφα συνεχής στο διάστηµα αυτό. Επίσης, είναι οµοιόµορφα συνεχής στο [, ] από το προηγούµενο ϑεώρηµα. Εποµένως είναι οµοιόµορφα συνεχής σ ολόκληρο το πεδίο ορισµού. Παρατηρήστε ότι η f δεν είναι Lipschitz στο [,+ ). Αν ήταν, ϑα είχαµε f (x) f () M x για κάποιο M> και κάθε x. Ιδιαίτερα, για x=/, Æ, ϑα είχαµε M για κάθε, άτοπο. (2) Γενικότερα, η f (x)= x p, x, < p, είναι οµοιόµορφα συνεχής αφού είναι Lipschitz στο [,+ ) και συνεχής στο [, ]. 82

83 Θεώρηµα. Εστω f : (, b) Êσυνεχής. Η f είναι οµοιόµορφα συνεχής αν και µόνο αν τα lim f (x) και lim f (x) x x b υπάρχουν και είναι πεπερασµένα. Απόδειξη. Ας υποθέσουµε ότι τα όρια υπάρχουν. Θεωρούµε τη συνάρτηση f : [, b] ʵε τύπο lim f (x), ανy= x f (y)= f (y), αν <y<b. lim f (x), ανy=b x b Τότε η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [, b], άρα, από το προηγούµενο ϑεώρηµα, είναι οµοιόµορφα συνεχής. Αλλά η f είναι επέκταση τής f, άρα και η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Αντίστροφα, έστω ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Θα δείξουµε ότι το όριο στο υπάρχει. Αρκεί να δείξουµε ότι η f στέλνει όλες τις ακολουθίες τού (, b) που συγκλίνουν στο σε ακολουθίες που συγκλίνουν στον ίδιο αριθµό. Εστω λοιπόν x (, b) µε x. Τότε η x είναι Cuchy. Αφού η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, η f (x ) είναι κι αυτή Cuchy, άρα συγκλίνει σε κάποιοl. Αν τώραy (, b) είναι κάποια άλλη ακολουθία µεy, τότε x y, εποµένως, από την οµοιόµορφη συνέχεια τής f, έχουµε f (x ) f (y ). Αυτό σηµαίνει ότι f (y ) l. Συµπεραίνουµε ότι το lim f (x) υπάρχει (και είναι ίσο µεl). Οµοίως δείχνουµε ότι το lim f (x) x x b υπάρχει. Παρατήρηση. Η µια κατεύθυνση τού προηγούµενου ϑεωρήµατος γενικεύεται σε διαστήµατα οποιουδήποτε τύπου. Αν µια συνεχής συνάρτηση είναι ορισµένη σε κάποιο αυθαίρετο διάστηµα (ανοιχτό, κλειστό, ηµιάνοιχτο, ϕραγµένο, µη ϕραγµένο), και τα όρια στα άκρα υπάρχουν (και είναι πεπερασµένα), τότε είναι οµοιόµορφα συνεχής. Οι αποδείξεις δίνονται στις ασκήσεις. Το αντίστροφο, γενικά, δεν ισχύει εκτός κι αν το διάστηµα είναι ϕραγµένο. ηλαδή, αν µια συνεχής συνάρτηση είναι ορισµένη σε κάποιο µη ϕραγµένο διάστηµα και το όριο στο ± δεν υπάρχει ή είναι άπειρο, δεν µπορούµε να συµπεράνουµε ότι δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. Για παράδειγµα, οι f (x)=si x καιg(x)= x, x Ê, είναι οµοιόµορφα συνεχείς. Παρ όλα αυτά, τα όρια τής f στο ± δεν υπάρχουν, και τα όρια τήςgστο± είναι±. Παραδείγµατα. () Η f (x)=e x2, x Ê, είναι οµοιόµορφα συνεχής διότι lim f (x)= lim f (x)=. x + x (2) Η /x είναι οµοιόµορφα συνεχής στο (,+ ) γιατί τα όρια και στα δυο άκρα υπάρχουν. εν είναι οµοιόµορφα συνεχής στο (,+ ) γιατί το όριο στο είναι άπειρο. 83

84 Ασκήσεις 5.. Εστω f : (, b) Êοµοιόµορφα συνεχής. είξτε ότι η f είναι ϕραγµένη. Λύση. Εχουµε δει στη ϑεωρία ότι η f επεκτείνεται σε µια συνεχή συνάρτηση f : [, b] Ê. Η f είναι ϕραγµένη αφού είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα. Άρα και η f είναι ϕραγµένη. ίνουµε και µια άλλη απόδειξη. Εστω ότι η f δεν είναι ϕραγµένη. Τότε υπάρχει µια ακολουθία x (, b) τέτοια ώστε f (x ) > για κάθε. Η x είναι ϕραγµένη, άρα, από το ϑεώρηµα Bolzo Weierstrss, έχει συγκλίνουσα υπακολουθία, έστω x k. Αφού η x k συγκλίνει, είναι Cuchy, άρα και η f (x k ) είναι Cuchy διότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Εποµένως και η f (x k ) συγκλίνει. Αυτό είναι άτοπο γιατί f (x k ) >k Εστω I ένα διάστηµα, και f : I Êπαραγωγίσιµη µε ϕραγµένη παράγωγο. είξτε ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Λύση. Αφού η f είναι ϕραγµένη, υπάρχει M> τέτοιο ώστε f (x) M για κάθε x. Ετσι, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, για κάθε x,y µε x y, έχουµε ότι υπάρχειξανάµεσα στα x καιyτέτοιο ώστε f (x) f (y) x y = f (ξ) M. Άρα f (x) f (y) M x y. ηλαδή η f είναι Lipschitz, εποµένως είναι οµοιόµορφα συνεχής Εστω f : [,+ ) Êσυνεχής τέτοια ώστε lim συνεχής. Λύση. Εστω ε >. Αφού lim f (x)=l, όπου,l σταθερές. είξτε ότι η f είναι οµοιόµορφα x + f (x)=l, υπάρχει c>τέτοιο ώστε f (x) l <ε/3 για κάθε x c. Η f x + είναι οµοιόµορφα συνεχής στο [, c] (συνεχής σε κλειστό διάστηµα), άρα υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y [, c] µε x y <δ έχουµε f (x) f (y) <ε/3. Τώρα για οποιαδήποτε x,y [,+ ) µε x y <δ, διακρίνουµε τις ακόλουθες περιπτώσεις: x,y c. Τότε f (x) f (y) <ε/3<ε. x,y c. Τότε f (x) f (y) f (x) l + l f (y) <2ε/3<ε. x c y. Τότε x c <δ, άρα f (x) f (c) <ε/3, εποµένως f (x) f (y) f (x) f (c) + f (c) l + l f (y) <3ε/3=ε. ηλαδή σε κάθε περίπτωση έχουµε f (x) f (y) <ε, άρα η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Ανάλογα πράγµατα ισχύουν αν η f είναι ορισµένη σε κάποιο διάστηµα τής µορφής (, ] και το lim f (x) υπάρχει. x 5.4. Εστω f : (,+ ) Êσυνεχής ( σταθερά). Υποθέτουµε ότι τα όρια lim f (x) και lim x ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. f (x) υπάρχουν. είξτε x + Λύση. Αφού το lim f (x) υπάρχει, η f είναι οµοιόµορφα συνεχής στο διάστηµα (, + ]. Επίσης, η f είναι x οµοιόµορφα συνεχής στο [ +, + ) από την προηγούµενη άσκηση. Ετσι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής σ ολόκληρο το (, + ) Εξετάστε ως προς την οµοιόµορφη συνέχεια τις παρακάτω συναρτήσεις: Λύση. () f (x)=/x, x, >. (2) f (x)=/x, x>, >. (3) f (x)= x 2 +, x Ê. (4) f (x)=e x, x Ê. (5) f (x)=l x, x>. (6) f (x)=l x, x. (7) f (x)= si x x, x>. (8) f (x)=si x, x. (9) f (x)=cos x 2, x Ê. 84

85 () Το όριο στο+ είναι, άρα η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. (2) Το όριο στο είναι+, άρα η f δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. (3) Τα όρια στο± είναι, άρα η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. (4) Θέτουµε x = l(+),y = l. Τότε x y = l +, αλλά f (x ) f (y )=. Άρα η f δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. (5) Το όριο στο είναι, άρα η f δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής (6) Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, έχουµε ότι για κάθε x,y µε x yυπάρχειξανάµεσα στα x καιy τέτοιο ώστε f (x) f (y) x y = f (ξ)= ξ. Εποµένως f (x) f (y) x y, άρα η f είναι Lipschitz, συνεπώς είναι οµοιόµορφα συνεχής. (7) Το όριο στο είναι. Το όριο στο+ είναι. Άρα η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. (8) Η si x, x Ê, και η x, x, είναι οµοιόµορφα συνεχείς. Εποµένως η f είναι οµοιόµορφα συνεχής σαν σύνθεση οµοιόµορφα συνεχών συναρτήσεων. (9) Θέτουµε x = (2+)π,y = 2π. Τότε x y και f (x ) f (y )= 2. Άρα η f δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής Εστω f :Ê Êοµοιόµορφα συνεχής και ϕραγµένη. είξτε ότι η f 2 είναι οµοιόµορφα συνεχής. Λύση. Αφού η f είναι ϕραγµένη, υπάρχει M> τέτοιο ώστε f (x) M για κάθε x. Εστω τώραε>. Αφού η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y µε x y <δέχουµε f (x) f (y) <ε/(2m). Εποµένως για κάθε τέτοια x καιyέχουµε f 2 (x) f 2 (y) = f (x) f (y) f (x)+ f (y) < ε ( f (x) + f (y) ) ε. 2M Άρα η f 2 είναι οµοιόµορφα συνεχής. Αν η f δεν είναι ϕραγµένη, τότε το συµπέρασµα, γενικά, δεν ισχύει. Για παράδειγµα, η x είναι οµοιόµορφα συνεχής, αλλά η x 2 δεν είναι Εστω f :Ê Êοµοιόµορφα συνεχής. Υποθέτουµε ότι υπάρχει c> τέτοιο ώστε f (x)>c για κάθε x. είξτε ότι η / f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Λύση. Εστωε>. Αφού η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, υπάρχειδ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y µε x y <δ, έχουµε f (x) f (y) <ε c 2. Εποµένως για κάθε τέτοια x,y f (x) f (x) f (y) f (y) = <ε c2 f (x) f (y) c 2 =ε Ισχύει το αποτέλεσµα τής προηγούµενης άσκησης χωρίς την υπόθεση / f > c; Λύση. Γενικά όχι. Για παράδειγµα η f (x)=/(x 2 +), x Ê, είναι οµοιόµορφα συνεχής, αλλά η / f (x)= x 2 + δεν είναι Εστω A Ê. Ορίζουµε f :Ê Êµε f (x)=if x y. είξτε ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. y A Λύση. Για κάθε x, x 2 Êκαι κάθεy A έχουµε f (x ) x y x x 2 + x 2 y, άρα f (x ) x x 2 x 2 y. Η σχέση αυτή ισχύει για κάθεy A, άρα f (x ) x x 2 if y A x 2 y = f (x 2 ). Συνεπώς f (x ) f (x 2 ) x x 2. Αφού η προηγούµενη σχέση ισχύει για κάθε x, x 2 Ê, αλλάζοντας τους ϱόλους των x και x 2, παίρνουµε f (x 2 ) f (x ) x x 2. Ετσι έχουµε f (x ) f (x 2 ) x x 2. ηλαδή η f είναι Lipschitz, άρα είναι οµοιόµορφα συνεχής. 85

86 5.. Εστω f : [, + ) Êοµοιόµορφα συνεχής. είξτε ότι υπάρχουν, b τέτοια ώστε για κάθε x. f (x) x+b Λύση. Αφού η f είναι οµοιόµορφα συνεχής, υπάρχειδ > τέτοιο ώστε για κάθε x,y µε x y <δ έχουµε f (x) f (y) <. Σταθεροποιούµε τώραδ>µεδ<δ, παίρνουµε x τυχόν, και έστω ο µοναδικός µη αρνητικός ακέραιος τέτοιος ώστε δ x < ( + )δ (δηλαδή το είναι το ακέραιο µέρος τού x/δ). Τότε f (x) f () f (x) + f () f () f (δ) + f (δ) f (2δ) + + f (δ) f (x) + f () ++ + } {{ } + f () =++ f () x++ f (). δ + ϕορές Η άσκηση αυτή λέει ότι µια οµοιόµορφα συνεχής συνάρτηση δεν µπορεί να τείνει στο άπειρο «πιο γρήγορα» από τη γραµµική συνάρτηση. Για παράδειγµα, η f (x)=e x2, x Ê, δεν είναι οµοιόµορφα συνεχής. Αν ήταν τότε ϑα υπήρχαν, b τέτοια ώστε e x2 x+b για κάθε x. ηλαδή x+b καθώς x +, άτοπο. e x2 5.. Εστω f :Ê Êσυνεχής και περιοδική. είξτε ότι η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Λύση. Εστω T> η περίοδος τής f, και έστωε> τυχόν. Η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστηµα [ T, 2T], άρα είναι οµοιόµορφα συνεχής στο διάστηµα αυτό. Εποµένως υπάρχειδ > τέτοιο ώστε για κάθε x,y [ T, 2T] µε x y <δ έχουµε f (x) f (y) <ε. Θέτουµεδ=mi{δ, T}. Τότε για κάθε x,y ʵε x y <δγράφουµε x=kt+θ, όπου k,θ [, T), και παρατηρούµε ότι οι αριθµόςy kt ανήκει στο [ T, 2T] διότι y kt=y x+θ> δ+θ δ T, και y kt=y x+θ<δ+θ<t+ T= 2T. Επίσης (y kt) θ = y x <δ δ. Εποµένως f (θ) f (y kt) <ε. Αλλά f (θ)= f (kt+θ)= f (x) και f (y kt)= f (y), λόγω περιοδικότητας. ηλαδή f (x) f (y) <ε, άρα η f είναι οµοιόµορφα συνεχής σ ολόκληρο τοê Μια συνάρτηση s : [, ] Êλέγεται κλιµακωτή, αν υπάρχουν =t < t < <t = έτσι ώστε η s να είναι σταθερή στα διαστήµατα (t k, t k+ ),,, 2,...,. Στα άκρα των διαστηµάτων η s µπορεί να πάρει ό,τι τιµές ϑέλουµε. είξτε ότι αν η f : [, ] Êείναι συνεχής, τότε για κάθεε>, υπάρχει κλιµακωτή συνάρτηση s τέτοια ώστε sup f (x) s(x) ε. x [,] Λύση. Εστω ε >. Η f είναι συνεχής σε κλειστό διάστηµα, άρα είναι οµοιόµορφα συνεχής. Εποµένως υπάρχει δ>τέτοιο ώστε για κάθε x,y [, ] µε x y <δέχουµε f (x) f (y) <ε. Επιλέγουµε τώρα Æτέτοιο ώστε /<δκαι ϑεωρούµε τα σηµεία = < < 2 < < < =. Ορίζουµε s : [, ] ʵε f (k/) αν x [k/, (k+)/) για κάποιο,,..., s(x)=. f () αν x= ηλαδή η s σε κάθε υποδιάστηµα παίρνει την τιµή τής f στο αριστερό άκρο τού διαστήµατος αυτού. Στο παίρνει την τιµή f (). Εστω τώρα x [, ] τυχόν. Αν x=τότε f (x) s(x) =<ε. Αν x [, ) τότε υπάρχει µοναδικό k τέτοιο ώστε x [k/, (k+)/). Αλλά τότε x k/ </<δ, άρα f (x) f (k/) <ε. ηλαδή f (x) s(x) < ε. Η σχέση αυτή ισχύει για κάθε x, έτσι παίρνουµε το Ϲητούµενο. 86

87 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 6 Παράγωγοι Ορισµός. Εστω I Êένα ανοιχτό διάστηµα και f : I ʵια συνάρτηση. Η f λέγεται παραγωγίσιµη σε κάποιο x I αν το όριο f (x) (x ) lim x x x x υπάρχει. Στην περίπτωση αυτή, η τιµή του συµβολίζεται µε f (x ) και ονοµάζεται παράγωγος τής f στο x. Αν η f παραγωγίσιµη σε κάθε σηµείο τού I, τότε ονοµάζεται παραγωγίσιµη. Ορισµός. Εστω f µια παραγωγίσιµη συνάρτηση µε παράγωγο f. Αν η f είναι και αυτή παραγωγίσιµη, τότε η παράγωγός της συµβολίζεται µε f και ονοµάζεται δεύτερη παράγωγος τής f. Γενικότερα, αν η f είναι ϕορές παραγωγίσιµη, µε 3, τότε η -οστή παράγωγος συµβολίζεται µε f (). Υπενθυµίζουµε κάποια γνωστά από τον Απειροστικό Λογισµό αποτελέσµατα. Αν µια συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη σε κάποιο σηµείο, τότε είναι συνεχής στο σηµείο αυτό. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Αν οι f καιgείναι παραγωγίσιµες στο x, τότε οι f+g και fg είναι παραγωγίσιµες στο x και ισχύει ( f+g) (x )= f (x )+g (x ), ( fg) (x )= f (x )g(x )+ f (x )g (x ). Αν, επιπλέον, f (x ), τότε, λόγω συνέχειας, η f δεν µηδενίζεται σε κάποια περιοχή τού x. Στην περιοχή αυτή η / f ορίζεται, είναι παραγωγίσιµη στο x και ισχύει ( f ) (x )= f (x ) f 2 (x ). Αν η f είναι παραγωγίσιµη σε κάποιο x και το x είναι σηµείο τοπικού ακρότατου τότε f (x )=. Το αντίστροφο δεν ισχύει. (Θεώρηµα Μέσης Τιµής) Αν η f : [, b] Êείναι συνεχής και παραγωγίσιµη στο (, b) τότε υπάρχει ξ (, b) τέτοιο ώστε f f (b) f () (ξ)=. b Μια παραγωγίσιµη f είναι αύξουσα (αντίστοιχα ϕθίνουσα) αν και µόνο αν f (αντίστοιχα f ). Αν f > (αντίστοιχα f < ) τότε η f είναι γνήσια αύξουσα (αντίστοιχα γνήσια ϕθίνουσα). Το αντίστροφο δεν ισχύει. (Θεώρηµα τού Tylor) Αν η f είναι ϕορές παραγωγίσιµη σε κάποιο διάστηµα I, τότε για κάθε Ϲευγάρι σηµείων, b I υπάρχει κάποιο ξ ανάµεσα στα και b τέτοιο ώστε f (b)= f (k) () k! (b ) k + f () (ξ) (b ).! Θα αποδείξουµε τώρα µια σειρά αποτελεσµάτων τα οποία συνήθως είτε δεν διατυπώνονται, είτε δεν αποδεικνύονται πλήρως στον Απειροστικό Λογισµό. Θεώρηµα (Κανόνας αλυσίδας). Εστω I, J Êδυο ανοιχτά διαστήµατα, και f : I J, g : J Êδυο συναρτήσεις. Υποθέτουµε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο x και ηgπαραγωγίσιµη στο f (x ). Τότε ηg f είναι παραγωγίσιµη στο x και (g f ) (x )=g ( f (x )) f (x ). 87

88 Απόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση G : J ʵε τύπο g(y) g( f (x )), y f (x ) y f (x ) G(y)=. g ( f (x )), y= f (x ) Τότε η G είναι συνεχής στο f (x ) και G(y)(y f (x ))=g(y) g( f (x )) για κάθεy J. Εποµένως καθώς x x. g( f (x)) g( f (x )) x x = G( f (x)) f (x) f (x ) x x G( f (x )) f (x )=g ( f (x )) f (x ), Θεώρηµα (Αντίστροφης απεικόνισης για παραγώγους). Εστω I, J Êδυο ανοιχτά διαστήµατα, και f : I J αντιστρέψιµη και παραγωγίσιµη, τέτοια ώστε η f δεν µηδενίζεται πουθενά. Τότε η f είναι παραγωγίσιµη, και για κάθε x I έχουµε ( f ) ( f (x ))=/ f (x ). Απόδειξη. Θεωρούµε τη συνάρτηση F : I ʵε τύπο x x f (x) f (x ), x x F(x)=. f (x ), x=x Τότε η F είναι συνεχής. Αλλά και η f είναι συνεχής, από το ϑεώρηµα αντίστροφης απεικόνισης για συνεχεις συναρτήσεις. Εποµένως καθώςy f (x ). f (y) f ( f (x )) y f (x ) = F( f (y)) F( f ( f (x ))= F(x )= f (x ), Παρατήρηση. Η υπόθεση ότι η f δεν µηδενίζεται είναι απαραίτητη στο προηγούµενο ϑεώρηµα. Για παράδειγ- µα, η αντίστροφη τής f (x)= x 3, x Ê, είναι f x /3, x (x)= x /3, x<, η οποία δεν είναι παραγωγίσιµη στο. Η παράγωγος µιας παραγωγίσιµης συνάρτησης δεν είναι κατ ανάγκη συνεχής. Παρ όλα αυτά, έχει πάντα την ιδιότητα τής ενδιάµεσης τιµής, την οποία έχουν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις. Θεώρηµα (Drboux). Εστω I Êανοιχτό διάστηµα και f : I Êπαραγωγίσιµη. Τότε η f έχει την ιδιότητα τής ενδιάµεσης τιµής, δηλαδή αν τοξ είναι ένας αριθµός ανάµεσα σε δυο τιµές f () και f (b), τότε υπάρχει x ανάµεσα στα και b, τέτοιο ώστε f (x )=ξ. Απόδειξη. Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας, υποθέτουµε ότι <b, f ()<ξ< f (b). Επιλέγουµεε αρκετά µικρό ώστε f ()+ε <ξ< f (b) ε. Από τον ορισµό τής παραγώγου, υπάρχειδ>µε +δ<b δ τέτοιο ώστε f (+h) f () f () h <ε f (b+h) f (b), f (b) h <ε, για κάθε < h <δ. Ιδιαίτερα, αν σταθεροποιήσουµε <δ <δ, έχουµε f (+δ ) f () δ < f ()+ε <ξ, f (b) f (b δ ) δ Θεωρούµε τώρα τη συνεχή συνάρτηση F : [, b δ ] ʵε τύπο F(x)= f (x+δ ) f (x) δ. 88 > f (b) ε >ξ.

89 Τότε F()<ξ<F(b δ ), άρα, από το ϑεώρηµα ενδιάµεσης τιµής, υπάρχει x (, b δ ) τέτοιο ώστε f (x +δ ) f (x ) = F(x )=ξ. δ Εποµένως, από το ϑώρηµα µέσης τιµής, υπάρχει x (x, x +δ) (, b) τέτοιο ώστε f (x )=ξ. Θεώρηµα. Εστω I Êένα διάστηµα, και f : I ʵια συνάρτηση. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα. () Για κάθε x,y, z I µε x<y<zέχουµε f (y) f (x) y x (2) Για κάθε x,y, z I µε x<y<zέχουµε f (y) f (x) y x (3) Για κάθε x,y, z I µε x<y<zέχουµε f (z) f (x) z x (4) Για κάθε, b I και κάθε t [, ] έχουµε f (z) f (x). z x f (z) f (y). z y f (z) f (y). z y f (( t)+tb) ( t) f ()+t f (b). Απόδειξη. () (2) Για x<y<zέχουµε f (y) f (x) y x f (z) f (y) z y ( f (y) f (x))(z y) ( f (z) f (y))(y x) ( f (y) f (x))(z x+ x y) ( f (z) f (y))(y x) ( f (y) f (x))(z x) ( f (z) f (y))(y x)+( f (y) f (x))(y x) ( f (y) f (x))(z x) ( f (z) f (x))(y x) f (y) f (x) y x f (z) f (x). z x () (3) Παρόµοια. () (4) Εφαρµόζουµε το () για x=, z=bκαιy=( t)+tb. (4) () Εφαρµόζουµε το (4) για = x, b=z και t=(y x)/(z x). Ορισµός. Μια συνάρτηση η οποία ικανοποιεί οποιαδήποτε από τις συνθήκες τού προηγούµενου ϑεωρήµατος ονο- µάζεται κυρτή. Αν ικανοποιεί οποιαδήποτε από τις συνθήκες µε την αντίστροφη ανισότητα ονοµάζεται κοίλη. Γεωµετρικά, η f είναι κυρτή αν για κάθε δυο σηµεία A=(, f ()), B=(b, f (b)) στη γραφική παράσταση τής f, το ευθύγραµµο τµήµα AB είναι πάνω από το κοµµάτι τής γραφικής παράστασης που αντιστοιχεί στο διάστηµα [, b]. Η f είναι κοίλη αν το AB είναι από κάτω. Ισοδύναµα, η f είναι κυρτή (αντίστοιχα κοίλη), αν για οποιαδήποτε τρία σηµεία X = (x, f (x)), Y = (y, f (y)), Z= (z, f (z)) στη γραφική παράσταση τής f µε x<y<z, η κλίση τού ευθύγραµµου τµήµατος XY είναι µικρότερη (αντίστοιχα µεγαλύτερη) από τις κλίσεις των XZ, YZ. Παρατηρήσεις. () Μια συνάρτηση f είναι κυρτή αν και µόνο αν η f είναι κοίλη. (2) Αν η f : I Êείναι κυρτή, x,..., x I τυχόντα σηµεία, και t,..., t µη αρνητικοί αριθµοί µε άθροισµα, τότε f (t x + t 2 x 2 + +t x ) t f (x )+t 2 f (x 2 )+ +t f (x ). Αν η f είναι κοίλη, τότε η ανισότητα αντιστρέφεται. Αυτό αποδεικνύεται χρησιµοποιώντας το (4) τού προηγούµενου ϑεωρήµατος και επαγωγή στο. Θεώρηµα. Εστω I Êένα διάστηµα, και f : I ʵια κυρτή (ή κοίλη) συνάρτηση. Τότε η f είναι συνεχής. 89

90 B A B A (α ) Κυρτή b (ϐ ) Κοίλη b Απόδειξη. Εστω x I τυχόν. Χωρίς ϐλάβη τής γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι το x είναι εσωτερικό σηµείο τού I. Σταθεροποιούµε, b I µε < x < b και ϑέτουµε { f (b) f (x ) M= mx } b x, f (x ) f () x. Αφού η f είναι κυρτή, για κάθε x µε x < x<bέχουµε f (x) f (x ) x x f (b) f (x ) b x M. Άρα f (x) f (x ) M x x. Επίσης f (x) f (x ) f (x ) f () M. x x x Εποµένως f (x) f (x ) M x x. Συµπεραίνουµε ότι f (x) f (x ) M x x για κάθε x [x, b]. Με τον ίδιο τρόπο δείχνουµε ότι f (x) f (x ) M x x για κάθε x [, x ]. Συνεπώς f (x) f (x ) M x x για κάθε x [, b]. Ετσι, παίρνοντας όρια καθώς x x, έχουµε ότι η f είναι συνεχής στο x. Θεώρηµα. Εστω I Êένα ανοιχτό διάστηµα και f : I Êπαραγωγίσιµη. Η f είναι κυρτή (αντίστοιχα κοίλη) αν και µόνο αν η f είναι αύξουσα (αντίστοιχα ϕθίνουσα). Απόδειξη. Εστω ότι η f είναι κυρτή. Σταθεροποιούµε x<w. Τότε για κάθεy, z µε x<y<z<wέχουµε f (y) f (x) y x f (w) f (z). w z Παίρνοντας όρια καθώςy x και z wέχουµε f (x) f (w), άρα η f είναι αύξουσα. Αντίστροφα, έστω ότι η f είναι αύξουσα, και έστω x<y<z. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχουνξ (x,y) καιξ 2 (y, z), τέτοια ώστε f (ξ )= Αλλά f (ξ ) f (ξ 2 ), άρα η f είναι κυρτή. Παραδείγµατα. f (y) f (x), f (ξ 2 )= y x f (z) f (y). z y () Η e x, x Ê, είναι κυρτή. Η l x, x>, είναι κοίλη. Η x p, x>, είναι κυρτή αν p ή p<, κοίλη αν < p. (2) (Η ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου.) Ανy,y 2,...,y είναι µη αρνητικοί αριθµοί, τότε για κάθε Æ, έχουµε y y 2 y y +y 2 + +y. Αν όλα ταy i είναι ϑετικά, τότε αυτό προκύπτει από την παρατήρηση (2) παραπάνω µε f (x)=e x, x i = ly i, και t i = /. Αν κάποιοy i είναι µηδέν, τότε η ανισότητα είναι προφανής. 9

91 6.. είξτε ότι η συνάρτηση είναι παραγωγίσιµη αλλά η f δεν είναι συνεχής. Ασκήσεις x 2 si x2, x f (x)=, x= Λύση. Για x έχουµε f (x)=2x si x 2 2 x cos x 2. Επίσης Άρα Τώρα, lim (2x si x ) = x 2, αλλά το lim x δεν είναι συνεχής στο. x 2 si f ()=lim x 2 x x = lim (x si x ) =. x 2 2x si 2 f x (x)= 2 x cos x2, x., x= ( 2x cos x ) 2 δεν υπάρχει. Εποµένως το lim x f (x) δεν υπάρχει, άρα η f 6.2. Εστω f :Ê Êπαραγωγίσιµη τέτοια ώστε f = f. είξτε ότι f (x)=ce x για κάποιο c Ê. Λύση. Θέτουµε Τότε g(x)= f (x) e x. g (x)= f (x) f (x) e x =, άραg(x)=cγια κάποιο c Ê, και το συµπέρασµα έπεται Βρείτε όλες τις παραγωγίσιµες συναρτήσεις f :Ê Êµε τις ακόλουθες ιδιότητες: f ()=. f (x+y)= f (x) f (y) για κάθε x,y. Λύση. Προφανώς µια τέτοια συνάρτηση είναι η e x. Θα δείξουµε ότι είναι η µοναδική. Παραγωγίζοντας τη σχέση f (x+y)= f (x) f (y) ως προςy, παίρνουµε f (x+y)= f (x) f (y) για κάθε x,y. Άρα γιαy=έχουµε f (x)= f (x) f ()= f (x) για κάθε x. Εποµένως, από την προηγούµενη άσκηση, f (x)=ce x για κάποια σταθερά c. Ετσι, ce 2 = f (2)= f (+)= f () f ()=c 2 e 2. Άρα c=c 2. Αυτό σηµαίνει ότι είτε c=ήc=. Η περίπτωση c=απορρίπτεται γιατί τότε ϑα είχαµε ότι η f είναι η µηδενική συνάρτηση, το οποίο αποκλείεται αφού f (). Συνεπώς c=, δηλαδή f (x)=e x είξτε ότι αν p>τότε (x+) p > x p + για κάθε x>. Λύση. Θεωρούµε τη συνάρτηση f (x)=(x+) p x p, x. Τότε f (x)= p ( (x+) p x p ) > για κάθε x>(διότι p >). Άρα η f είναι γνήσια αύξουσα στο (,+ ) και συνεχής στο [,+ ). Εποµένως για κάθε x> έχουµε = f ()< f (x)=(x+) p x p (x+) p > x p είξτε ότι αν p>τότε (+b) p > p + b p για κάθε, b>. 9

92 ( ) p > ( + + ) p + p + > p + +p + p +. Λύση. Στην προηγούµενη άσκηση ϑέτουµε x= και παίρνουµε b ( ) p> ( ) p+ b + (+b) p > p + b p. b Γενικότερα, αν,..., >, 2, τότε ( ) p > p + p p. Η απόδειξη είναι επαγωγική. Μόλις δείξαµε ότι η ανισότητα ισχύει για το άθροισµα 2 αριθµών. Αν υποθέσουµε ότι ισχύει για το άθροισµα αριθµών, τότε δείχνουµε ότι ισχύει για το άθροισµα + αριθµών Εστω x, x 2,..., x >, < p<q. είξτε ότι /q /p x q k < x p k. k= k= Λύση. Εχουµε ότι q/p>, άρα από την προηγούµενη άσκηση παίρνουµε x q k = ( x p q/p< q/p /q k) x p k x q k < k= Η άσκηση λέει ότι αν ϑεωρήσουµε τη συνάρτηση /t f (t)= x t k, t>, k= τότε η f είναι γνήσια ϕθίνουσα. k= k= k= k= x p k /p Υπολογίστε τα παρακάτω αθροίσµατα. () +2x+3x ( ) () 2 + +x (), x. (2) Λύση. () Παραγωγίζουµε τη σχέση ως προς x και παίρνουµε + x+ x x = x+ x, x +2x+3x 2 + +x = (+)x (x ) (x + ) (x ) 2 = x+ (+)x + (x ) 2. (2) Παραγωγίζουµε τη σχέση () + ( ) x+ ( ) x () x = () x k = (x+) k ως προς x και παίρνουµε ( ) () () + 2 x+ + x = (x+). 2 Θέτουµε x = και έχουµε ότι () () () = Εστω f :Ê Êµια συνάρτηση τέτοια ώστε x f (x) x+ x 2 για κάθε x. είξτε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο και υπολογίστε την f (). 92

93 Λύση. Παρατηρούµε ότι f () + 2 =, άρα f ()=. Τώρα, για x>έχουµε Εποµένως Οµοίως x f (x) x+ x 2 f (x) x f (x) f () lim = lim x + x x + f (x) f () lim =. x x Άρα η f είναι παραγωγίσιµη στο και f ()=. f (x) x + x. = Εξετάστε αν υπάρχει συνάρτηση f της µορφής τέτοια ώστε f (x)= για κάθε x. x Λύση. Ας υποθέσουµε ότι υπάρχει τέτοια f. Τότε f (x)= x + + x+ + b x + b 2 x 2+ + b m xm, x, f (x)= x + + b 2b x 2 2 x mb m 3 x m+= x. Πολλαπλασιάζουµε και τα δυο µέλη µε x m+ και παίρνουµε ηλαδή x +m + + x m+ b x m 2b 2 x m 2 mb m = x m. x +m + + x m+ x m b x m 2b 2 x m 2 mb m =, για κάθε x. Αυτό είναι άτοπο γιατί το πολυώνυµο στο αριστερά µέλος είναι µη µηδενικό (ο συντελεστής του x m είναι ). 6.. Θεωρούµε τη συνάρτηση f (x)= si x+ 2 si 2x+ + si x, x Ê, και υποθέτουµε ότι f (x) si x για κάθε x. είξτε ότι Λύση. Παρατηρούµε ότι f (x)= cos x+2 2 cos 2x+ + cos x, άρα f ()= Επίσης για x έχουµε f (x) x si x x. Ετσι, παίρνοντας όρια στην προηγούµενη ανισότητα έχουµε = f () = lim f (x) f () x x = lim f (x) x x lim si x x x =. 6.. Θέτουµε f (x)= x, x Ê, Æ. Βρείτε την f (k) για k=, 2,... και υπολογίστε το άθροισµα Λύση. Εχουµε f (x)=x f ()+ f ()! f (x)=( )x 2 + f () 2! f (3) (x)=( )( 2)x f () ().! f (k) (x)=( )( 2) ( k+)x k = 93! ( k)! x k

94 . f () (x)=! f (+) (x)= f (+2) (x)= Εποµένως για k=, 2,...,, παίρνουµε f (k) ()= f ()+ f ()!.. + f () 2! + + f () ()!! ( k)!. Άρα =! () k!( k)! = k k = 2. k 6.2. Εστω f (x)= x, x, Æ. Υπολογίστε το όριο lim f () (x) για κάθε x. Λύση. Εχουµε f (x)= x 2 f (x)=2 x 3 f (3) (x)= 2 3 x 4 f (4) (x)=2 3 4 x 5. f () (x)=( )!x. Για να υπολογίσουµε το όριο χρησιµοποιούµε το κριτήριο λόγου. lim f (+) (x) f () (x) = lim + =. x Άρα lim f () (x) = Εστω f :Ê Êπαραγωγίσιµη µε ϕραγµένη παράγωγο. είξτε ότι υπάρχει ε > τέτοιο ώστε η συνάρτηση g(x)= x+ε f (x) είναι -. Λύση. Εστω M> ένα ϕράγµα τής f. Τότε γιαε</m, ηgείναι -, διαφορετικά, από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, ϑα υπήρχεξ τέτοιο ώστεg (ξ)=. Αλλάg (x)=+ε f (x), άρα f (ξ) =/ε> M, άτοπο Εστω f : [, ) Êσυνεχής, παραγωγίσιµη στο (,+ ) και τέτοια ώστε f. είξτε ότι lim x f (x)=. Λύση. Για κάθε x>εφαρµόζουµε το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο διάστηµα [, x] και παίρνουµε ότι υπάρχει ξ (, x) τέτοιο ώστε f (x) f () = f (ξ). x Εποµένως f (x) x+ f () και το συµπέρασµα έπεται Εστω f : [,+ ) Êσυνεχής, παραγωγίσιµη στο (,+ ). Υποθέτουµε ότι f ()= και ότι η f είναι αύξουσα. είξτε ότι η g(x) = f (x)/x, x >, είναι αύξουσα. Λύση. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, για κάθε x>, υπάρχει <ξ<x τέτοιο ώστε Άρα f (x) x = f (x) f () x = f (ξ) f (x). g (x)= x f (x) f (x) x 2 94

95 και το συµπέρασµα έπεται Εστω f,g συνεχείς στο [, b] και παραγωγίσιµες στο (, b). Υποθέτουµε ότι ηg δεν µηδενίζεται πουθενά. είξτε ότι υπάρχειξ (, b) τέτοιο ώστε f (b) f () g(b) g() = f (ξ) g (ξ). Παρατηρήστε ότι ο παρανοµαστής δεν µηδενίζεται γιατί αν µηδενιζόταν, τότε από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, η παράγωγος τήςgϑα µηδενιζόταν σε κάποιο σηµείο. Λύση. Θέτουµε H(x)= f (x)(g(b) g()) g(x)( f (b) f ()). Τότε H()= f ()g(b) g() f (b)= H(b), άρα από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχειξ (, b) τέτοιο ώστε H (ξ)=, δηλαδή f (ξ)(g(b) g()) g (ξ)( f (b) f ())=, το οποίο είναι ισοδύναµο µε το Ϲητούµενο. Το ϑεώρηµα µέσης τιµής είναι ειδική περίπτωση της άσκησης αυτής (παίρνουµε g(x) = x) Εστω f : [, b] Êσυνεχής, παραγωγίσιµη στο (, b). Υποθέτουµε ότι f ()= και ότι υπάρχει M> τέτοιο ώστε f (x) M f (x) για κάθε x (, b). είξτε ότι f=. Λύση. Ισχυριζόµαστε κατ αρχάς ότι υπάρχει x (, b] τέτοιο ώστε f= στο [, x]. Πράγµατι, αν υποθέσουµε ότι αυτό δεν ισχύει τότε για κάθε x (, b], επιλέγουµεξ x [, x] τέτοιο ώστε f (ξ x ) =mx{ f (t) : t [, x]}>. Από το ϑεώρηµα µέσης τιµής, υπάρχειζ x (,ξ x ) τέτοιο ώστε f (ξ x ) = f (ξ x ) f () = f (ζ x ) ξ x M f (ζ x ) ξ x M f (ξ x ) x. ηλαδή M x για κάθε x (, b], άτοπο. Θέτουµε τώρα s=sup{x (, b] : Η f µηδενίζεται στο [, x]}, και παρατηρούµε ότι s=b, διαφορετικά, το προηγούµενο επιχειρήµα ϑα µας έδινε ότι η f ϑα µηδενιζόταν σε κάποιο διάστηµα [s, s ], άρα και στο [, s ], άτοπο από τον ορισµό τού s Εστω f : (, + ) Êδυο ϕορές παραγωγίσιµη. Θέτουµε M = sup{ f (x) : x>}, M ={ f (x) : x>}, M 2 = sup{ f (x) : x>}. Υποθέτουµε ότι M 2 >. είξτε ότι M 2 4M M 2. Λύση. Για κάθε x > και κάθε t >, από το ϑεώρηµα τού Tylor, υπάρχει ξ (x, x + t) τέτοιο ώστε Άρα Εποµένως Συµπεραίνουµε ότι f (x+t)= f (x)+ f (x)t+ f (ξ) 2 t2. f (x)= t ( f (x+t) f (t)) f (ξ) 2 t. f (x) t ( f (x+t) + f (t) )+ t 2 f (ξ) 2 t M + t 2 M 2. M 2 t M + t 2 M 2. Θέτουµε t= M /M 2 και παίρνουµε το Ϲητούµενο (αν M =, δεν έχουµε τίποτα να δείξουµε) Εστω p>. Λύση. () είξτε ότι px p < (x+) p x p < p(x+) p για κάθε x. (2) Υπολογίστε το όριο τής ακολουθίας p + 2 p + + p p. 95

96 () Θέτουµε f (t)=t p, t, και εφαρµόζοντας το ϑεώρηµα µέσης τιµής στο διάστηµα [x, x+] παίρνουµε ότι υπάρχειξ x (x, x+) τέτοιο ώστε Αλλά (x+) p x p = x<ξ x < x+ px p < pξ p x f (x+) f (x) x+ x = f (ξ x )= pξ p x. < p(x+) p px p < f (ξ x )< p(x+) p το οποίο είναι το Ϲητούµενο. (2) Εφαρµόζουµε την πρώτη ανισότητα τού πρώτου υποερωτήµατος για x =, 2,..., και παίρνουµε p p < 2 p p p 2 p < 3 p 2 p (+) p ( p + + p ) < (+) p.. p p < (+) p p Εφαρµόζουµε τώρα τη δεύτερη ανισότητα τού πρώτου υποερωτήµατος για x =,,..., και παίρνουµε p < p p 2 p p < p 2 p. p ( ) p < p p Ετσι έχουµε p < p ( p + 2 p + + p ) < (+) p, άρα p < p + + p p < [( + ) p ] p p. Συµπεραίνουµε ότι η ακολουθία συγκλίνει στο /p είξτε ότι αν p τότε (x+y) p 2 p (x p +y p ) για κάθε x,y. (+) p < p ( p + + p ). Λύση. Η συνάρτηση t p, p, είναι κυρτή, άρα ( 2 x+ ) p 2 y 2 xp + 2 yp (x+y) p 2 p (x p +y p ) Λύση. () είξτε ότι η συνάρτηση f (x)= x l x, x>, είναι κυρτή. (2) είξτε ότι (x+y) l x+y +b x l x +y ly b, για κάθε x,y,, b>. () f (x)= x >, άρα η f είναι αύξουσα, εποµένως η f είναι κυρτή. (2) Αφού f κυρτή έχουµε (x+y) l x+y ( +b = (+b) +b x + +b y b b ( = (+b) f +b x + +b y b ) b 96 ) ( l +b x + b +b y b )

97 = x l x +y ly b. [ (+b) +b f ( x ) + b ( y )] +b f b Εστω f :Ê Êσυνεχής. Σταθεροποιούµε x και υποθέτουµε ότι για κάθε ακολουθία µη µηδενικών ϱητών αριθµών η οποία συγκλίνει στο µηδέν έχουµε f (x + q ) f (x ) q. είξτε ότι η f είναι παραγωγίσιµη στο x και ότι f (x )=. Λύση. Εστω h τυχούσα ακολουθία µη µηδενικών αριθµών τέτοια ώστε h. Για κάθε η f είναι συνεχής στο x + h, άρα υπάρχειδ > τέτοιο ώστε για κάθε x µε x (x + h ) <δ έχουµε f (x) f (x + h ) < h. Επιλέγουµε τώρα ένα µη µηδενικό ϱητό q τέτοιο ώστε { q h <mi δ, h }. Τότε (x + h ) (x + q ) <δ. Άρα f (x + h ) f (x + q ) < h f (x + h ) f (x + q ) h. Επίσης q h < h q h < q. h Τέλος, η q συγκλίνει στο διότι q q h + h h /+ h. Εποµένως f (x + h ) f (x ) = f (x + h ) f (x + q ) + q f (x + q ) f (x ) + =. h h h q Αφού η h είναι τυχούσα, συµπεραίνουµε ότι f (x + h) f (x ) lim =. h h 97

98

99 ΚΕΦ ΑΛΑΙΟ 7 Το Ολοκλήρωµα Riem Ορισµός. Εστω [, b] ένα κλειστό διάστηµα. Ενα σύνολο τής µορφής ονοµάζεται διαµέριση τού [, b]. P={=t < t < <t = b} Ορισµός. Εστω f : [, b] ʵια ϕραγµένη συνάρτηση, και µια διαµέριση τού [, b]. Θέτουµε P={=t < t < <t = b} U( f, P)= (t k+ t k ) sup f ([t k, t k+ ]) L( f, P)= (t k+ t k ) if f ([t k, t k+ ]). Τα U( f, P) και L( f, P) ονοµάζονται άνω και κάτω, αντίστοιχα, αθροίσµατα τής f ως προς τη διαµέριση P. Παρατήρηση. Προφανώς, L( f, P) U( f, P). Επίσης, αν ϑέσουµε m=if f ([, b]) και M= sup f ([, b]), τότε Οµοίως ηλαδή U( f, P)= (t k+ t k ) sup f ([t k, t k+ ]) (t k+ t k )M=M (t k+ t k ) = M(t t + t 2 t + +t t )= M(t t )= M(b ). L( f, P)= (t k+ t k ) if f ([t k, t k+ ]) (t k+ t k )m=m (t k+ t k )=m(b ). m(b ) L( f, P) U( f, P) M(b ). Η ποσότητα (t k+ t k ) sup f ([t k, t k+ ]) εκφράζει το (προσεσηµασµένο) εµβαδό τού ορθογωνίου µε ϐάση [t k, t k+ ] και ύψος sup f ([t k, t k+ ]). Εποµένως το άνω άθροισµα είναι το άθροισµα όλων αυτών των εµβαδών. Οµοίως µε το κάτω άθροισµα. ιαισθητικά, τα U( f, P) και L( f, P) προσεγγίζουν από πάνω και από κάτω αντίστοιχα, το εµβαδό ανάµεσα στη γραφική παράσταση τής f και τον οριζόντιο άξονα. Η παρατήρηση αυτή δεν έχει, ϕυσικά, µαθηµατικό νόηµα, αφού δεν έχουµε ορίσει αυστηρά την έννοια τού εµβαδού. Στο σχήµα ϕαίνεται η γεωµετρική ερµηνεία τού άνω και τού κάτω αθροίσµατος που αντιστοιχούν σε µια διαµέριση τεσσάρων σηµείων. =t t t 2 t 3 = b 99