+ 1 n 5 (η) {( 1) n + 1 m

Transcript

1 Κεφάλαιο Τοπολογία του. Στοιχεία Θεωρίας Ορισµός Αν α και ɛ > ονοµάζουµε ɛ-περιοχή του α ή περιοχή κέντρου α και ακτίνας ɛ και συµβολίζουµε N α (ɛ) το σύνολο όλων των αριθµών που έχουν απόσταση από το α µικρότερη από ɛ. ηλαδή N α (ɛ) = {x x α < ɛ} = (α ɛ, α + ɛ) Είναι ϕανερό ότι αν < ɛ < ɛ 2 = N α (ɛ ) N α (ɛ 2 ). Ορισµός 2 Ενα υποσύνολο A του λέγεται ανοικτό αν για οποιοδήποτε σηµείο x του A υπάρχει κάποια περιοχή N x του x που περιέχεται στο A. ηλαδή, για κάθε x A υπάρχει ɛ = ɛ(x) > ώστε N x (ɛ) A. Ορισµός 3 Ενα υποσύνολο A του ϑα το λέµε κλειστό αν έχει την εξής ιδιότητα : αν {x n } είναι οποιαδήποτε ακολουθία που κάθε όρος της ανήκει στο A (λέµε τότε : η {x n } είναι στο A) και που συγκλίνει σε κάποιο x, τότε το όριό της x ανήκει και αυτό στο A. Τα ανοικτά διαστήµατα (a, b) είναι ανοικτά σύνολα ενώ τα κλειστά διαστήµατα [a, b] κλειστά σύνολα. Υπάρχουν και σύνολα που είναι ανοικτά και κλειστά όπως το (, +) =. Θεώρηµα 4 Ενα υποσύνολο A του είναι ανοικτό αν και µόνο αν το συµπλη- ϱωµά του είναι κλειστό. Η ένωση ανοικτών συνόλων δίνει ανοικτό σύνολο. Η τοµή κλειστών συνόλων δίνει κλειστό σύνολο. Η ένωση πεπερασµένου πλήθους κλειστών συνόλων δίνει κλειστό σύνολο και η τοµή πεπερασµένου πλήθους ανοικτών συνόλων δίνει ανοικτό σύνολο.

2 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΤΟΥ Ορισµός 5 Εστω A και x σηµείο του A. Το x λέγεται εσωτερικό σηµείο του A αν υπάρχει περιοχή N x που περιέχεται στο A. Το σύνολο που έχει σαν στοιχεία του όλα τα εσωτερικά σηµεία του A (και µόνο αυτά) λέγεται εσωτερικό του A και γράφεται Å. Προφανώς Å A και A ανοικτό αν και µόνο αν Å = A. Το Å είναι το µεγαλύτερο ανοικτό σύνολο που περιέχεται στο A. Ορισµός 6 Εστω A, x. Το x λέγεται σηµείο επαφής του A αν υπάρχει ακολουθία {x n } στο A ώστε x n x. Το σύνολο που έχει σαν στοιχεία όλα τα σηµεία επαφής του A (και µόνο αυτά) λέγεται κλειστή ϑήκη του A και γράφεται A. Φανερά A A και A κλειστό αν και µόνο αν A = A. Το x είναι σηµείο επαφής του A αν και µόνο αν κάθε περιοχή N x του x περιέχει τουλάχιστον ένα σηµείο του A. Το A είναι το µικρότερο κλειστό σύνολο που περιέχει το A. Ορισµός 7 Αν A, x, το x λέγεται συνοριακό σηµείο του A αν κάθε περιοχή N x περιέχει και σηµείο του A και σηµείο του A c. Το σύνολο που περιέχει όλα τα συνοριακά σηµεία του A (και µόνο αυτά) λέγεται σύνορο του A και γράφεται A. Θεώρηµα 8 Εστω f :. Τα ακόλουθα είναι ισοδύναµα (α) Η f είναι συνεχής στο (ϐ) Για κάθε ανοικτό A το f (A) είναι ανοικτό υποσύνολο του (γ) Για κάθε κλειστό A το f (A) είναι κλειστό υποσύνολο του.2 Ασκήσεις Ασκηση Ορισµός 9 Αν A τότε το σύνολο που περιέχει όλα τα σηµεία συσσώϱευσης του A ονοµάζεται παράγωγο σύνολο του A και γράφεται A. Για τα ακόλουθα σύνολα A απαντήστε αν είναι ανοικτά ή κλειστά ή τίποτε και ϐρείτε τα Å, A, A, A : (α) όλων των ειδών τα διαστήµατα µε άκρα πραγµατικούς αριθµούς, (ϐ) οποιοδήποτε υποσύνολο του µε πεπερασµένου πλήθους στοιχεία, (γ), (δ),

3 .2. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 3 (ε) {, 2, 3, 4,...}, (στ) { n + m n, m }, ( ) { 2 + n 5 n, m m }, (η) {( ) n + m n, m }, (ϑ) n } { ( )n + n (ι) (ια) \. Άσκηση Λύση Λύση (α) Τα διαστήµατα της µορφής [a, b] είναι κλειστά, τα (a, b) ανοιχτά και τα (s, b] ή [a, b) τίποτα. Ολα αυτά έχουν εσωτερικό το (a, b), ϑήκη το [a, b], σύνορο το {a, b} και σύνολο σηµείων συσσώρευσης το [a, b]. (ϐ) Τα σύνολα µε πεπερασµένο πλήθος στοιχείων στο είναι κλειστά, έχουν κενό εσωτερικό, ταυτίζονται µε τη ϑήκη τους και µε το σύνορό τους και δεν έχουν σηµεία συσσώρευσης. (γ) Ισχύουν τα ίδια µε το (ϐ). (δ) Το δεν είναι ούτε ανοιχτό ούτε κλειστό. Εχει κενό εσωτερικό, ϑήκη, σύνορο και σύνολο σηµείων συσσώρευσης όλο το. (ε) Το σύνολο αυτό έχει κενό εσωτερικό, ϑήκη και σύνορο τον εαυτό του ένωση µε το {}, και σηµεία συσσώρευσης το {}. (στ) Το σύνολο αυτό έχει κενό εσωτερικό, ϑήκη και σύνορο τον εαυτό του ένωση µε το {}, και σηµεία συσσώρευσης το {, 2, 3,...} {}, Οµοίως κάνουµε και τα υπόλοιπα. Άσκηση Ασκηση 2 Εστω f : συνεχής στο. Αποδείξτε ότι τα ακόλουθα είναι κλειστά σύνολα : {x f(x) = α}, {x f(x) α}. Άσκηση 2 Λύση Λύση Τα σύνολα {α} και [α, +) είναι κλειστά στο. Αντίστροφη εικόνα κλειστού συνόλου µέσω συνεχούς συνάρτησης είναι κλειστό σύνολο. Άρα, A = f ({α}) κλειστό και B = p ([α, +)) κλειστό

4 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΤΟΥ Άσκηση 2 Ασκηση 3 Εστω f, g : συνεχείς στο. Αποδείξτε ότι το {x f(x) < g(x)} είναι ανοικτό σύνολο και ότι τα {x f(x) g(x)}, {x f(x) = g(x)} είναι κλειστά σύνολα. Άσκηση 3 Λύση Λύση Ορίζουµε h : µε h(x) = g(x) f(x). Η h είναι συνεχής, άρα : Το {x : f(x) < g(x)} = {x : h(x) > } = h ((, +)) είναι ανοικτό, αφού (, +) ανοικτό. Το {x : f(x) g(x)} = {x : h(x) } = h ([, +)) είναι κλειστό, αφού [, +) κλειστό. Το {x : f(x) = g(x)} = {x : h(x) = } = h ({}) είναι κλειστό, αφού {} κλειστό. Άσκηση 3 Ασκηση 4 Εστω A ανοικτό και B κλειστό υποσύνολο του. Αποδείξτε ότι το A \ B είναι ανοικτό και το B \ A είναι κλειστό. Άσκηση 4 Λύση Λύση Εχουµε : A ανοικτό A c κλειστό και B κλειστό B c ανοικτό. Άρα, A B = A B c = ανοικτό (τοµή ανοικτών-πεπερασµένων το πλήθος). B A = b A c = κλειστό (τοµή κλειστών). Άσκηση 4 Ασκηση 5 Εστω A. Αποδείξτε ότι το x είναι σηµείο συσσώρευσης του A (δηλαδή x A ) αν και µόνον αν κάθε περιοχή του x περιέχει άπειρα σηµεία του A. Άσκηση 5 Λύση

5 .2. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 5 Λύση Εστω x σηµείο συσσώρευσης του A και έστω ε >. Ξέρουµε οτι (N x (ε) \ {x}) A. Ας υποθέσουµε οτι έχει πεπερασµένα το πλήθος στοιχεία, τα x,..., x m. Είναι x x i x x i >, i =,..., m. Θέτουµε ε = min{ x x,..., x x m } >. Τότε, ε < ε και x,..., x m / N x (ε ). ηλαδή, (N x (ε ) \ {x}) A =. Άτοπο, γιατί το x είναι σηµείο συσσώρευσης του A. ηλαδή, ε > είναι (N x (ε) \ {x}) A = άπειρο N x (ε) A = άπειρο. Το αντίστροφο είναι προφανές : αν κάθε περιοχή του x περιέχει άπειρα σηµεία του A, τότε περιέχει και κάποιο διαφορετικό από το x. ηλαδή για κάθε ε > είναι (N x (ε) \ {x}) A. Αρα το x είναι σηµείο συσσώρευσης του A. Άσκηση 5 Ασκηση 6 Εστω A. Αποδείξτε ότι x A αν και µόνον αν υπάρχει ακολουθία x n στο A µε x n x, n και x n x. Άσκηση 6 Λύση Λύση Εστω x A. Για ε =, 2,..., n,..., εφαρµόζουµε τον ορισµό και ϐρίσκουµε x n A µε x n xκαι x x n < n. Εστω x n < x n < x + n x n x. Αντίστροφα : Εστω οτι υπάρχουν x n A, x n x µε x n x. Αν µας δώσουν ε >, υπάρχει n N για κάθε n n να ισχύει x n N x (ε). Αφού x n x, έπεται οτι (N x (ε) \ {x}) A. Αφού το ε > ήταν τυχόν, το x είναι σηµείο συσσώρευσης του A. Άσκηση 6 Ασκηση 7 Εστω A, B, Γ,..., A, A 2,..., A n. Τότε (α) A = A, (A ) A. Βρείτε σύνολο A ώστε (A ) A. (ϐ) (A B Γ...) A B Γ... Βρείτε δύο σύνολα A, B ώστε A B A B. (γ) Αν B = Å τότε B = Å Άσκηση 7 Λύση

6 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΤΟΥ Λύση (α) Το A είναι κλειστό, άρα ταυτίζεται µε την κλειστή του ϑήκη : A = A. Εχουµε (A ) A και από το α το A είναι κλειστό. Άρα, (A ) A. εν ισχύει πάντα ισότητα : Αν A = { n : n }, τότεa = και(a ) =. (ϐ) Για κάθε i Iείναι i I A i A i i I A i A i. Άρα, i I A i i I A i. Άν A = (, ), B = (, 2), τότε A = [, ], B = [, 2] άρα A B = {}, ενώ A B = A B =. (γ) Το Å είναι ανοικτό, άρα ταυτίζεται µε το εσωτερικό του. Άσκηση 7 Ασκηση 8 Εστω A. Τότε A = A \ Å = A Ac, A = (A c ). Άσκηση 8 Λύση Λύση Εχουµε x A ε > N x (ε) A και N x (ε) A c (.) x A και x A c (.2) x A A c (.3) ηλαδή, A = A A c. Επίσης, A \ Å = A (Å)c = A A c (από την προηγούµενη άσκηση µε A αντί του A c, Å = (Ac ) c δηλαδή (Å)c = A c ). Άρα, A = A \ Å. Τέλος, (Ac ) = A c (A c ) c = A c A = A. Άσκηση 8 Ασκηση 9 Κάθε µη κενό ανοικτό υποσύνολο του περιέχει και ϱητούς και άρρητους αριθµούς. Άσκηση 9 Λύση

7 .2. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 7 Λύση Εστω A µη-κενό, ανοικτό. Υπάρχει x A και το x είναι εσωτε- ϱικό σηµείο του A, άρα υπάρχει ε > του (x ε, x + ε) A. Ανάµεσα στους x ε και x+ε µπορούµε να ϐρούµε και ϱητούς και άρρητους αριθµούς. Άρα, A Q και A Q c. Άσκηση 9 Ασκηση Εστω f :. Αποδείξτε ότι η f είναι συνεχής στο αν και µόνον αν f (Å) (f (A)) για κάθε A, αν και µόνον αν f(a) f(a) για κάθε A. Άσκηση Λύση Λύση Εστω οτι η f είναι συνεχής στο. Ξέρουµε οτι η αντίστροφη εικόνα ανοικτού συνόλου είναι ανοικτό σύνολο, άρα το f (Å) είναι ανοικτό. Αφού Å A έχουµε f (Å) f (A) και αφού το (f (Å)) είναι το µεγαλύτερο ανοικτό σύνολο που περιέχεται στο f (A), έπεται στο f (Å) (f (Å)). Αντίστροφα, αν η f (Å) (f (Å)) ισχύει για κάθε A ανοικτό παίρνει τη µορφή f (A) (f (Å)) που σηµαίνει οτι f (A) = (f (Å)) (γιατί ;). Αυτό πάλι σηµαίνει οτι αντίστροφη εικόνα ανοικτού είναι ανοικτό, οπότε έχουµε δει οτι η f είναι συνεχής. Εστω παλι οτι η f είναι συνεχής και x A κάποιου A. Υπάρχουν x n A µε x n x f(x n ) f(x) και f(x n ) f(a), άρα f(x) f(a). ηλαδή, f(a) f(a). Αντίστροφα, έστω οτι ισχύει η f(a) f(a) για κάθε A. Θεωρούµε κλειστό και γράφουµε A = f (). Τότε, f(f ()) f(f ()) = = άρα f () f (). Αυτό σηµαίνει οτι f () = κλειστό. Αφού αντιστροφη εικόνα κλειστού είναι κλειστό, η f είναι συνεχής. Άσκηση

8 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ. ΤΟΠΟΛΟΓΙΑ ΤΟΥ Ασκηση Εστω A µη κενό υποσύνολο του. Το σύνολο N A (ε) = {x : υπάρχει y A µε y x < ε} είναι ανοικτό και περιέχει το A. Άσκηση Λύση Λύση Αν x A, τότε για το y = x A έχουµε x y = < ε. Άρα x N A (ε). ηλαδή A N A (ε). Εστω x N A (ε). Υπάρχει y A των x y < ε. Θέτουµε δ = ε x y >. Θα δείξουµε οτι N x (δ) N A (ε) : έστω z N x (δ). Τότε y z y x + x z < y x + δ = ε. Άρα, z N A (ε). Αφού κάθε x N A (ε) είναι εσωτερικό σηµείο του N A (ε), το N A (ε) είναι ανοικτό. Άσκηση

9 Κεφάλαιο 2 Μετρικοί Χώροι 2. Στοιχεία Θεωρίας Εστω X ένα µη κενό σύνολο Ορισµός Ονοµάζουµε µετρική στο X µια συνάρτηση ϱ ορισµένη στο καρτεσιανό γινόµενο X X και µε πραγµατικές τιµές : µε τις παρακάτω ιδιότητες : ϱ : X X (α) (ϐ) (γ) ϱ(x, y), για κάθε x, y X ϱ(x, y) = αν και µόνον αν x = y ϱ(x, y) = ϱ(y, x) για κάθε x, y X (συµµετρία) (δ) ϱ(x, y) ϱ(x, z) + ϱ(z, y) για κάθε x, y, z X (τριγωνική ιδιότητα) Λέµε οτι το ευγάρι (X, ϱ) αποτελεί ένα µετρικό χώρο. Επίσης την τιµή ϱ(x, y) στο εύγος (x, y) την ονοµάζουµε απόσταση µεταξύ των x, y. Ορισµός Αν α X και ε > ονοµάζουµε ε περιοχή του α ή περιοχή κέντρου α και ακτίνας ε το σύνολο N α (ε) = {x X ϱ(x, α) < ε} Ορισµός 2 Εστω ακολουθία {x n } στον µετρικό χώρο (X, ϱ). Λέµε οτι η {x n } συγκλίνει στο x X, και γράφουµε x n x ή lim x n = x αν δοθείσης οποιασδήποτε περιοχής N x υπάρχει δείκτης n ώστε όλοι οι όροι της {x n } µετά από τον x n ϐρίσκονται µέσα στην N x. 9

10 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Ορισµός 3 Εστω δύο µετρικοί χώροι (X, ϱ) και (Y, r) και συνάρτηση f : A Y όπου A X και x A. Λέµε οτι η συνάρτηση f είναι συνεχής στο x αν για κάθε ε > υπάρχει δ = δ(ε) > ώστε x A, ϱ(x, x ) < δ = r(f(x), f(x )) < ε. Ανισοτητα Cauchy-Schwarz Για κάθε a, a 2,..., a n, b, b 2,..., b n ισχύει (a b + a 2 b a n b n ) 2 (a 2 + a a 2 n ) (b 2 + b b 2 n ) Τριγωνικη Ανισοτητα Για κάθε a, a 2,..., a n, b, b 2,..., b n ισχύει [(a + b ) (a n + b n ) 2 ] 2 [a 2 + a a n 2 ] 2 +[b 2 + +b n 2 ] 2 Τέλος να παρατηρήσουµε ότι το άθροισµα, το γινόµενο, ο λόγος και η σύνθεση συναρτήσεων (όταν αυτές οι πράξεις ορίζονται) δίνουν συνεχείς συναρτήσεις. Ασκηση Αν x n x σε µετρικό χώρο (X, ϱ) αποδείξτε οτι για κάθε υποακολουθία {x κn }, x κn x. Άσκηση Λύση Λύση Εστω ε >. Αφού x n x, υπάρχει n (ε) που για κάθε n n να έχουµε x n N x (ε). Είναι n n, άρα αν n n n οπότε x n N x (ε). Άρα, x n x. Άσκηση Ασκηση 2 Εστω ότι x n x, y n y σε µετρικό χώρο (X, ϱ). Αποδείξτε ότι ϱ(x n, y n ) ϱ(x, y). Αποδείξτε πρώτα ότι ϱ(x n, y n ) ϱ(x, y) ϱ(x n, x) + ϱ(y n, y).

11 2.. ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ Λύση Εχουµε : p(x n, y n ) p(x, y) = p(x n, y n ) p(x, y n ) + p(x, y n ) p(x, y) p(x n, y n ) p(x, y n ) + p(x, y n ) p(x, y) p(x n, x) + p(y n, y). Εστω ε >. Αφού x n x, y n y, υπάρχει n (ε) που για κάθε n n να ισχύει p(x n, x) < ε 2 και p(y n, y) < ε 2. Τότε, αν n n έχουµε p(x n, y n ) p(x, y) < ε 2 + ε 2 = ε. Άρα, p(x n, y n ) p(x, y). Άσκηση 2 Ασκηση 3 Αν (X, ϱ) είναι µετρικός χώρος και ορίσουµε : ϱ (x, y) = ϱ(x, y) + ϱ(x, y), x, y X τότε (α) η ϱ είναι µετρική στον X (ϐ) ϱ (x, y) <, για κάθε x, y X (γ) x n x στον (X, ϱ ) αν και µόνον αν x n x στον (X, ϱ). (δ) τα κλειστά σύνολα στον (X, ϱ ) είναι τα ίδια µε τα κλειστά σύνολα στον (X, ϱ). Λύση (α) Οι τρεις πρώτες ιδιότητες της µετρικής ελέγχονται εύκολα για την p. είχνουµε την τριγωνική ιδιότητα : Εστω x, y, z X. Τότε, p(x, y) p(x, z) + p(z, y). Η συνάρτηση f(t) = t +t είναι αύξουσα στο [, ), άρα p (x, y) = p(x, y) + p(x, y) p(x, z) + p(z, y) + p(x, z) + p(z, y) p(x, z) = + p(x, z) + p(z, y) + p(z, y) + p(x, y) + p(z, y) p(x, z) p(z, y) + + p(x, z) + p(z, y) = p (x, z) + p (z, y).

12 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ (ϐ) Αφού p(x, y) +p(x, y), είναι ϕανερό οτι p (x, y) = p(x,y) +p(x,y). (γ) Θέτουµε α n = p(x n, x). Τότε p (x n, x) = α n +α n. Αν x n p x τότε αn και α n +α n = α n. Άρα, Αντίστροφα, αν x n p x έχουµε α n +α n δηλαδή p p (x n, x) δηλαδή x n x. α n +α n +α n +α n p + α n α n δηλαδή x n x. (δ) Εστω K (X, p) κλειστό. Θα δείξουµε οτι είναι κλειστό και ως προς την p p : αν x n K και x p n x, τότε x n x (από το (γ)), και αφού το K είναι κλειστό ως προς την p έχουµε x K. Αφού η {x n } ήταν τυχούσα p - συγκλίνουσα ακολουθία στο K, το K είναι p -κλειστό. Οµοια δείχνουµε οτι κάθε p -κλειστό σύνολο είναι και p-κλειστό. Άσκηση 3 Ασκηση 4 Ενα υποσύνολο A του n λέγεται κυρτό αν για x, y A και κάθε t µε < t < ισχύει οτι tx + ( t)y A. Ποιά είναι η γεωµετρική σηµασία (στους 2, 3 ) αυτού του ορισµού ; Αποδείξτε οτι κάθε ε-περιοχή είναι κυρτό σύνολο και ότι, αν A είναι κυρτό, τότε Å, A είναι επίσης κυρτά σύνολα. Λύση (α) Κάθε ε-περιοχή είναι κυρτό σύνολο είχνουµε πρώτα οτι η N (ε) είναι κυρτή. Εστω x, y N (ε) και t (, ). Εχουµε x 2 +x x2 n < ε 2, y 2 + y y2 n < ε 2 και από την ανισότητα του Minowsi, ϱ(tx + ( t)y, ) = (tx + ( t)y ) (tx + ( t)y ) 2 (tx ) (tx n ) 2 + (( t)y ) (( t)y n ) 2 t x x2 n + ( t) y y2 n < tε + ( t)ε = ε Άρα, tx + ( ε)y N (ε). Αν τώρα η ε-περιοχή έχει κέντρο οποιδήποτε x n, εύκολα ϐλέπουµε οτι y N x (ε) αν και µόνο αν y x N (ε). Οπότε, αν y, z N x (ε) και

13 2.. ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 3 t (, ) έχουµε : υπάρχουν y, z N (ε) ώστε y = x + ty, z = x + z ty + ( t)z = tx + y + ( t)x + ( t)z = x + (ty + ( t)z ). Οµως έχουµε δείξει οτι η N (ε) είναι κυρτή, άρα ty + ( t)z N (ε) το οποίο δίνει ty + ( t)z N (ε). (ϐ) Εστω x, y Å και t (, ). Θέλουµε να δείξουµε οτι το z = tx+( t)y είναι εσωτερικό σηµείο του A. Αφού x, y Å, µπορούµε να ϐρούµε ε > ώστε N x (ε) A, N y (ε). Θα δείξουµε οτι N z (ε) A. Εστω w N z (ε). Θεωρούµε το w z και το προσθέτουµε στα x, y: αφού w z N (ε) έχουµε x + (w z) N x (ε) A, y + (w z) N y (ε) A. Το A είναι κυρτό, άρα t[x + (w z)] + ( t)[y + (w z)] A. ηλαδή, tx + ( t)y + w z A w A. Άρα, N z (ε) A οπότε z Å. (γ) Εστω x, y A και t (, ). Υπάρχουν x n, y n A µε x n x και y n y. Αφού το A είναι κυρτό, για κάθε n έχουµε tx n + ( t)y n A. Επίσης, tx n + ( t)y n tx + ( t)y, άρα tx + ( t)y A. Άσκηση 4 Ασκηση 5 Εστω (X, ϱ) µετρικός χώρος και f : X συνεχής στον (X, ϱ). Εστω A X µε την ιδιότητα A = X. Αν f(x) = για κάθε x A τότε f(x) = για κάθε x X. ( Ενα σύνολο A µε A = X ονοµάζεται πυκνό στον (X, ϱ). Για παράδειγµα X =, A = ). Λύση Εστω x X. Τότε, x A άρα υπάρχει ακολουθία {x n } στο A µε x n x. Αφού η f είναι συνεχής, έχουµε f(x n ) f(x). Οµως x n A, άρα f(x n ) = για κάθε n. Άρα, f(x) = lim n =. Άσκηση 5

14 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ Ασκηση 6 Εστω µη κενό υποσύνολο E µετρικού χώρου (X, ϱ). Ορίζουµε την απόσταση σηµείου x X από το E ως εξής : ϱ E (x) = inf ϱ(x, y). (α) Αποδείξτε την ύπαρξη του infimum. (ϐ) Αποδείξτε ότι : ϱ E (x) = x E. (γ) Αποδείξτε ότι : ϱ E (x) ϱ E (y) ϱ(x, y), x, y X και ότι η (ϱ E : X ) είναι συνεχής στον (X, ϱ). Λύση (α) Εχουµε p(x, y) για κάθε y E, άρα το {p(x, y) : y E} είναι κάτω ϕραγµένο από το. (Προφανές είναι µη-κενό, αφού υπάρχει τουλάχιστον ένα στοιχείο του E). Επεται από το αξίωµα της συνέχειας οτι υπάρχει το inf{p(x, y) : y E}. (ϐ) Αν p E (x) = έχουµε οτι : για κάθε ε > υπάρχει y ε E του p(x, y ε ) < ε. Παίρνοντας ε = n, n, ορίζουµε ακολουθία y n E µε p(x, y n ) < n. Επεται οτι p(x, y n) y n x x E. Αντίστροφα, αν x E τότε για κάθε ε > ισχύει N x (ε) E δηλαδή ε > y E µε p(x, y) < ε. Επεται οτι p E (x) < ε για κάθε ε >, δηλαδή p E (x) =. (γ) Εστω x, y X. Αν α E έχουµε p(x, α) p(x, y) + p(y, α) inf{p(x, α) : α E} p(x, y) + p(y, α) δηλαδή p E (x) p(x, y) + p(y, α). Εχουµε p E (x) p(x, y) p(y, α) για κάθε α E. Άρα, p E (x) p(x, y) inf{p(y, α) : α E} = p E (y). ηλαδή, p E (x) p E (y) p(x, y). Από συµµετρία, p E (x) p E (y) p(x, y) ( ) Η ( ) αποδεικνύει την συνέχεια της p E : αν µας δώσουν x X και ε > τότε για δ = ε παίρνουµε : αν x N x (δ) τότε p(x, x ) < δ p E (x) p E (x ) p(x, x ) < δ = ε. Άσκηση 6 Ασκηση 7 Ενας µετρικός χώρος (X, ϱ) λέγεται διαχωρίσιµος αν υπάρχει υποσύνολό του A µε τις ιδιότητες : (α) το A έχει αριθµήσιµο πλήθος στοιχείων και (ϐ) A = X (δηλαδή το Α είναι πυκνό στον (X, ϱ)).

15 2.. ΣΤΟΙΧΕΙΑ ΘΕΩΡΙΑΣ 5 Αποδείξτε οτι το (β) είναι ισοδύναµο µε την (ϐ ) οποιαδήποτε περιοχή N x (ε) οποιουδήποτε σηµείου x X περιέχει στοιχείο του A. Είναι ο διαχωρίσιµος ; Είναι ο ( n, ϱ) διαχωρίσιµος ; ( : Θεωρείστε το σύνολο A των σηµείων που όλες τους οι συντεταγµένες είναι ϱητοί αριθµοί.) Λύση Είναι : A = X αν και µόνο αν κάθε x X είναι σηµείο επαφής του A, δηλαδή αν και µόνο αν για κάθε x X και κάθε ε > ισχύει N x (ε) A. Ο είναι διαχωρίσιµος : παίρνουµε A =. Το έχει αριθµήσιµο πλήθος στοιχείων και αν x και ε >, τότε υπάρχουν ϱητοί στο (x ε, x + ε). ηλαδή, N x (ε) A. ) ( n, p) είναι διαχωρίσιµος : παίρνουµε A = n = {(q,..., q n ) : q i, i,..., n}. Το A είναι αριθµήσιµο εαν καρτεσιανό γινόµενο πεπερασµένου πλήθους αριθµησίµων συνόλων. Εστω x = (x,..., x n ) n και ε >. Για κάθε i {,..., n} µπορούµε να ϐρούµε q i Q του x i q i < ε n. Τότε, < n q = (q,... q n ) A και p(x, q) = x i q i 2 n ε2 n = ε. i= ηλαδή, N x (ε) A. Άρα, A = n. Άσκηση 7 Ασκηση 8 Εστω µη κενά κλειστά υποσύνολα A, B µετρικού χώρου (X, ϱ) ξένα µεταξύ ϱ τους. Ορίζουµε f(x) = A (x) ϱ A (x)+ϱ B (x), x X. (α) Η f : X είναι συνεχής στον (X, ϱ). (ϐ) f(x) = x B, f(x) = x A. Άσκηση 8 Λύση Λύση Άσκηση 8

16 6 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2. ΜΕΤΡΙΚΟΙ ΧΩΡΟΙ

17 Κεφάλαιο 3 Συµπάγεια Ορισµός 4 Λέµε οτι «τα A, B, Γ, αποτελούν κάλυψη του M» αν M A B Γ. Αν το πλήθος των A, B, Γ, είναι πεπερασµένο τότε λέµε οτι αποτελούν πεπερασµένη κάλυψη του M. Αν P, Q, R, είναι µερικά από τα A, B, Γ, και τα P, Q, R, επίσης αποτελούν κάλυψη του M τότε λέµε οτι «τα P, Q, R, αποτελούν υπο-κάλυψη του M» ή ότι «η κάλυψη A, B, Γ, του M περιέχει την υποκάλυψη P, Q, R, του M». Αν επιπλέον το πλήθος των P, Q, R, είναι πεπερασµένο τότε λέµε οτι «η κάλυψη A, B, Γ, του M περιέχει την πεπερασµένη υπο-κάλυψη P, Q, R, του M». Ορισµός 5 Εστω οτι (X, ϱ) είναι, µετρικός χώρος. Αν τα A, B, Γ, αποτελούν κάλυψη του M και όλα τα A, B, Γ, είναι ανοικτά υποσύνολα του (X, ϱ) τότε λέµε οτι «τα A, B, Γ, αποτελούν ανοικτή κάλυψη του M». Ορισµός 6 Εστω M υποσύνολο µετρικού χώρου (X, ϱ). Το M λέγεται ϕραγµένο αν υπάρχει x X και ϑετικός αριθµός R ώστε M N x (R). Αν ένα σύνολο M X, όπου (X, ϱ) µετρικός χώρος, είναι συµπαγές τότε το M είναι κλειστό και ϕραγµένο. Το αντίστροφο δεν είναι πάντα σωστό. Το αντίστροφο ισχύει όµως όταν ο X είναι ο n µε την συνήθη µετρική (Θεώρηµα Heine Borel). Αν το N είναι κλειστό υποσύνολο του συµπαγούς M τότε και το N είναι συµπαγές. Θεώρηµα 7 Εστω υποσύνολο M του n. Το M είναι συµπαγές αν και µόνο αν οποιαδήποτε ακολουθία στο M έχει υποακολουθία που συγκλίνει σε στοιχείο του M. Μια συνέπεια αυτού του ϑεωρήµατος είναι ότι κάθε µη κενό και συµπαγές υποσύνολο του έχει µέγιστο και ελάχιστο στοιχείο. Παρατηρούµε εδώ ότι το 7

18 8 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΣΥΜΠΑΓΕΙΑ παραπάνω ϑεώρηµα ισχύει και σε γενικούς µετρικούς χώρους και όχι µόνο στον n. Θεώρηµα 8 Εστω M συµπαγές υποσύνολο του n και συνάρτηση f : M m συνεχής στο M. Τότε το f(m) είναι συµπαγές υποσύνολο του m. ηλαδή «η συνεχής εικόνα συµπαγούς συνόλου είναι συµπαγές σύνολο» και αυτό το ϑεώρηµα συνεχίζει να ισχύει στους γενικούς µετρικούς χώρους. Ορισµός 9 Εστω µετρικοί χώροι (X, ϱ), (Y, r)και A X, f : A Y. Η f λέγεται οµοιόµορφα συνεχής στο A αν για κάθε ε > υπάρχει δ = δ(ε) > ώστε x, y A, ϱ(x, y) < δ = r f(x), f(y) < ε. Πρόταση 2 Εστω M συµπαγές υποσύνολο του n και συνάρτηση f :M m συνεχής στο M. Τότε η f είναι οµοιόµορφα συνεχής. Ασκηση Εστω µετρικός χώρος (X, ϱ), A, B X, A συµπαγές και B κλειστό. Τότε το A B είναι συµπαγές. Άσκηση Λύση Λύση Το A είναι συµπαγές άρα κλειστό. Επµένως, το A B είναι κλειστό σαν τοµή κλειστών συνόλων. Εχουµε A B A και το A είναι συµπαγές, άρα το A B είναι συµπαγές. Άσκηση Ασκηση 2 Εστω A και f : A. Αν το A είναι ϕραγµένο και η f οµοιόµορφα συνεχής στο A τότε η f είναι ϕραγµένη. Πάρτε ε = και το αντίστοιχο δ. Υπάρχουν πεπερασµένου πλη- ϑους σηµεία στο A που κάθε άλλο σηµείο του A να απέχει από τουλάχιστον ένα από αυτά απόσταση µικρότερη από δ. Άσκηση 2 Λύση

19 9 Λύση Ψάχνουµε ϑετικό αριθµό M µε την ιδιότητα f(x) M για κάθε x A. Το A είναι ϕραγµένο, εποµένως περιέχεται σε κάποιο διάστηµα : έστω οτι A [α, b], α < b στο. Η f είναι οµοιόµορφα συνεχής στο A, άρα για ε = > µπορούµε να ϐρούµε δ > που αν x, y A και x y < δ τότε f(x) f(y) <. Βρίσκουµε n αρκετά µεγάλο ώστε b α n < δ και χωρίζουµε το [α, b] σε n ίσα υποδιαστήµατα J,..., J n µήκους b α n. Από αυτά τα διαστήµατα κρατάµε µόνο εκείνα που έχουν µη κενή τοµή µε το A: έστω J n,..., J m εκείνα τα J i για τα οποία J i A. Σε κάθε J i, i m επιλέγουµε τυχόν α i A. Εχουµε δηλαδή A J... J m και α i A J i, i =,..., m. Θα δείξουµε οτι f(x) max{ f(α ),..., f(α m ) } + M Εστω x A. Υπάρχει i m του x J i και τότε x α i b α n < δ, οπότε Άσκηση 2 f(x) f(α i ) < f(x) f(α i ) + M. Ασκηση 3 Εστω µετρικός χώρος (X, ϱ) και A i X i I. (α) Αν τα A i είναι συµπαγή τότε το i I A i είναι συµπαγές. (ϐ) Αν τα A i είναι συµπαγή και πεπερασµένου πλήθους (το I είναι πεπερασµένο) τότε το i I A i είναι συµπαγές. Βρείτε στον άπειρου πλήθους υποσύνολα A, B, Γ, συµπαγή ώστε το A B Γ να µην είναι συµπαγές. Άσκηση 3 Λύση Λύση (α) Σταθεροποιούµε κάποιο i I. Κάθε A i, i I είναι κλειστό σύνολο (τα συµπαγή είναι κλειστά), άρα το i I A i είναι κλειστό. Επίσης, i I A i και το A i είναι συµπαγές. Άρα το i I A i είναι συµπαγές. (ϐ) Εστω {U i, i I} µία ανοιχτή κάλυψη του A A n. Εχουµε A A n i I U i, άρα και A j i I U i, j =, 2,..., n.

20 2 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΣΥΜΠΑΓΕΙΑ ηλαδή τα U i σχηµατίζουν ανοιχτή κάλυψη για καθένα από τα A j. Το A j είναι συµπαγές άρα υπάρχει πεπερασµένη υποκάλυψη : µπορούµε να ϐρούµε U (j),..., U m (j) j από την κάλυψη ώστε A j U (j),..., U m (j) j j =, 2,..., n. Τότε, A A n U (),..., U () m U (n),..., U (n) m n δηλαδή ϐρήκαµε πεπερασµένη υποκάλυψη για το A A n. Άρα το A A n είναι συµπαγές. (γ) Θετουµε A n = {n} για n. Κάθε A n είναι συµπαγές όµως το n= A n = {, 2,...} = δεν είναι συµπαγές αφού δεν είναι ϕραγµένο. Άσκηση 3 Ασκηση 4 Εστω συγκλίνουσα ακολουθία {x n }, x n x στον n. Αποδείξτε οτι το σύνολο K = {x, x n n } είναι συµπαγές. Άσκηση 4 Λύση Λύση Εστω {A i, i I} µία ανοιχτή κάλυψη του K. ηλαδή K i I A i. Υπάρχει i I τέτοιο ώστε x A i. Το A i είναι ανοιχτό, άρα το x είναι εσωτερικό σηµείο του : υπάρχει ε > ώστε N x (ε) A i. Η ακολουθία x n συγκλίνει στο x άρα υπάρχει n (ε) ώστε για κάθε n n να ισχύει x n N x (ε). Άρα {x} {x n : n n } A i. Κάθε x n για n =, 2,..., n είναι στοιχείο του K i I A i, άρα υπάρχει i n I ώστε x n A in. Επεται οτι K A i A i A, δηλαδή in υπάρχει πεπερασµένη υποκάλυψη, άρα το K είναι συµπαγές. Άσκηση 4 Ασκηση 5 Εστω µετρικός χώρος (X, ϱ) και ακολουθία {K n } µη κενών και συµπαγών υποσυνόλων του X που είναι εγκιβωτισµένα δηλαδή : K K 2... K n.... Αποδείξτε οτι η τοµή τους είναι µη κενή. ( : Θεωρείστε την ανοικτή κάλυψη του K που αποτελείται από τα K 2 c, K 3 c,..., αφού υποθέσετε οτι η τοµή των K, K 2,... είναι κενή).

21 2 Άσκηση 5 Λύση Λύση Χρησιµοποιούµε την απαγωγή σε άτοπο. Εστω οτι n= K n =. Τότε K (K 2 K n ) =, δηλαδή : K K c 2 K c n. Κάθε K n είναι συµπαγές άρα και κλειστό. Εποµένως τα K c 2,..., Kc n,... είναι ανοιχτά και αποτελούν κάλυψη του K. Αφού το K είναι συµπαγές, υπάρχει πεπερασµένη υποκάλυψη. Υπάρχουν δηλαδή n < n 2 < < n ώστε K K c n K c n = (K n K n ) c. Άρα K K n K n =. Οµως τα K n είναι εγκιβωτισµένα, άρα K K n K n. Οπότε K K n K n = K n, άτοπο. Άσκηση 5 Ασκηση 6 Εστω συµπαγές υποσύνολο A και κλειστό υποσύνολο B του n, ώστε A B =. Αποδείξτε οτι υπάρχει δ > ώστε ϱ(x, y) δ, x A, y B. Θεωρείστε την συνάρτηση ϱ B : n µε ϱ B (x) = inf ϱ(x, y). y B Ο περιορισµός της στο A είναι συνεχής και >. Άρα έχει ϑετικό ελάχιστο. Άσκηση 6 Λύση Λύση Θεωρούµε τη συνάρτηση ρ B : A µε ρ B (x) = {ϱ(x, y) : y B}. Το B είναι κλειστό και τα A, B ξένα. Αν λοιπόν πάρουµε κάποιο x A έχουµε x B c το οποίο είναι ανοιχτό. Άρα υπάρχει ε x ώστε N x (ε x ) B c. Τότε ϱ(x, y) ε x για κάθε y B δηλαδή ρ B (x) ε x >. Άρα η ρ B παίρνει γνήσια ϑετικές τιµές.

22 22 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3. ΣΥΜΠΑΓΕΙΑ Η ρ B είναι συνεχής αφού ρ B (x) ρ B (x ) ρ(x, x ). Το A είναι συµπαγές, άρα η ρ B παίρνει ελάχιστη τιµή. Υπάρχει x A ώστε ρ B (x) ρ B (x ) για κάθε x A. Θέτουµε δ = ρ B (x ) >. Εστω x A, y B. Τότε, ϱ(x, y) inf{ϱ(x, y) : y B} = ρ B (x) ρ B (x ) = δ. Άσκηση 6 Ασκηση 7 Εστω A n, B m και f : A B η οποία είναι συνεχής στο A και αµφιµονοσήµαντη από το A στο B. Αν το A είναι συµπαγές τότε η αντίστροφη f : B A είναι συνεχής στο B. Άσκηση 7 Λύση Λύση Χρησιµοποιούµε απαγωγή στο άτοπο. Υποθέτουµε οτι η f δεν είναι συνεχής σε κάποιο b B. Τότε υπάρχουν ε > και µία ακολουθία {b } στο B ώστε b b αλλά ρ f (b ), f (b) ε. Θέτουµε a = f (b ) A. Το A είναι συµπαγές, άρα υπάρχει υποακολουθία {a p } της {a } που συγκλίνει σε κάποιο a A. Από τη συνέχεια της f έχουµε b p = f(a p ) f(a). Οµως b b άρα b p b. Από τη µοναδικότητα του ορίου, f(a) = b δηλαδή a = f (b). Εχουµε f (b p ) = a p a = f (b). Αυτό είναι άτοπο αφού για κάθε p. Άσκηση 7 ρ f (b p ), f (b) ε

23 Κεφάλαιο 4 Σειρές πραγµατικών αριθµών Ορισµός 2 Αν έχουµε µια ακολουθία {a n } στο ϑεωρούµε την ακολουθία s = a, s 2 = a +a 2, s 3 = a +a 2 +a 3,, s n = a +a 2 + +a n, Αν η {s n } συγκλίνει σε πραγµατικό αριθµό s τότε γράφουµε s = a +a 2 + +a n + Χρησιµοποιούµε επίσης τις συντοµεύσεις : s n = n = a n και αν η {s n } συγκλίνει σε πραγµατικό αριθµό s, s = = a. Το σύµβολο = a ονοµάζεται σειρά της a. Αν µια σειρά συγκλίνει σε πραγµατικό αριθµό και απαλείψουµε ένα πεπερασµένο πλήθος όρων της, τότε πάλι ϑα συγκλίνει σε πραγµατικό αριθµό. Το ίδιο και αν αλλάξουµε ένα πεπερασµένο πλήθος όρων της. Πρόταση 22 (α) Αν = a = s τότε a (ϐ) Αν η = a συγκλίνει τότε ε > υπάρχει N ώστε Μερικά παραδείγµατα : =N+ a < ε. (α) Η γεωµετρική σειρά = x όπου x, (x = ) συγκλίνει αν και µόνο αν x < τότε = x = x. (ϐ) Τηλεσκοπικές σειρές = a όπου a = b + b,. Τότε η = a συκλίνει αν και µόνο αν η ακολουθία (b ) συγκλίνει και µάλιστα ισχύει = a = = (b + b ) = lim b b. 23

24 24 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Θεώρηµα 23 (Κριτήριο Cauchy). Εστω η σειρά = a. Αυτή συγκλίνει αν και µόνο αν ισχύει το εξής : ε > N = N(ε) ώστε N m < n = =m+ a = a m+ + + a n < ε. Με χρήση του κριτηρίου Cauchy µπορεί να δείξει κανείς ότι η αρµονική σειρά = αποκλίνει. Θεώρηµα 24 Εστω η σειρά = a µε a, και s n = = a. Η σειρά συγκλίνει αν και µόνο αν η {s n } είναι άνω ϕραγµένη. Αν η {s n } δεν είναι άνω ϕραγµένη τότε = a = +. Συνέπεια αυτού του ϑεωρήµατος είναι ότι η σειρά =! συγκλίνει. Μάλιστα =! = e. Πρόταση 25 (Κριτήριο συµπύκνωσης του Cauchy). Αν η σειρά = a έχει όρους που ϕθίνουν προς το µηδέν τότε αυτή συγκλίνει αν και µόνο αν η σειρά = 2 a 2 συγκλίνει. Η πρόταση αυτή εύκολα δίνει ότι η σειρά =, ϱ ϱ συγκλίνει αν και µόνο αν ϱ >. Ορισµός 26 Λέµε οτι µια σειρά = a συγκλίνει απολύτως αν η = a συγκλίνει. Λέµε οτι συγκλίνει υπό συνθήκη αν συγκλίνει αλλά δεν συγκλίνει απολύτως. Θεώρηµα 27 (Σύγκριση σειρών) Εστω οι σειρές = a, = b µε b > ( ) (α) Αν υπάρχει αριθµός M ώστε a M b,, τότε αν η = b συγκλίνει, ϑα συγκλίνει απολύτως η = a. (ϐ) Αν η { a b } συγκλίνει σε πραγµατικό αριθµό, τότε αν η = b συγκλίνει ϑα συγκλίνει απολύτως η = a. Θεώρηµα 28 (Κριτήριο λόγου D Alembert). Εστω η σειρά = a µε µη µηδενικούς όρους. (α) Αν lim sup a + a < τότε η = a συγκλίνει απολύτως (ϐ) Αν lim inf a + a > τότε η σειρά = a αποκλίνει (γ) Αν lim inf a + a lim sup a + τότε δεν υπάρχει συµπέρασµα. a

25 25 Θεώρηµα 29 (Κριτήριο ϱίζας του Cauchy). Εστω η σειρά = a. (α) (ϐ) (γ) Αν lim sup a < τότε η σειρά συγκλίνει απολύτως Αν lim sup a > τότε η σειρά αποκλίνει Αν lim sup a = τότε δεν υπάρχει συµπέρασµα Θεώρηµα 3 (Dirichlet) Εστω δυο ακολουθίες {a n }, {b n } µε τις ιδιότητες (α) Η {b n } ϕθίνει προς το µηδέν (ϐ) Η s n = a + a a n είναι ϕραγµένη : s n M, n. Τότε η = a n b n συγκλίνει. Συνήθως αυτό το ϑεώρηµα χρησιµοποιείται στις εναλλάσουσες σειρές όπου a n = ( ) n. Ασκηση Εξετάστε την σύγκλιση της σειράς =3 log (log log ) p του p. ανάλογα µε την τιµή Λύση Χρησιµοποιήστε το κριτήριο συµπύκνωσης του Cauchy. Άσκηση Λύση Εφαρµόζουµε το κριτήριο συµπύκνωσης του Cauchy: κοιτάµε δηλαδή αν συγκλίνει η σειρά : =2 2 2 log (2 ) (log log 2 ) p = Αρκεί να δούµε λοιπόν αν συγκλίνει η =2 =2 (log ) p. (log 2) (log log 2) p. Για αυτήν τώρα ξαναχρησιµοποιούµε το κριτήριο συµπύκνωσης, δηλαδή συγκλίνει αν και µόνο αν συγκλίνει η =2 2 2 (log 2 ) p

26 26 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ η οποία συγκλίνει αν και µόνο αν συγκλίνει η =2 η οποία συγκλίνει αν και µόνο αν p >. Το ίδιο λοιπόν ισχύει και για τη δοθείσα σειρά. Άσκηση p Ασκηση 2 Εφαρµόστε τα κριτήρια λόγου και ϱίζας στις ακόλουθες σειρές και ϐρείτε για ποιές τιµές του x συγκλίνουν ή αποκλίνουν : (α) = 3 x (ϐ) = 2! x (γ) = 2 x 2 Άσκηση 2 Λύση Λύση (α) Αν x = προφανώς συγκλίνει. Αν x µε το κριτήριο του λόγου : a + a = ( + )3 x + 3 x = + 3 x x. Αν x < η σειρά συγκλίνει. Αν x > αποκλίνει. Αν x = ± τότε a = 3 + άρα η σειρά αποκλίνει. ηλαδή η = 3 x συγκλίνει απολύτως αν x <. Με το κριτήριο ϱίζας a = 3 x x και συµεχίζουµε όπως πρίν. (ϐ) Με το κριτήριο της ϱίζας : a = 2 x! <. Άρα η σειρά συγκλίνει όποιο και αν είναι το x.

27 27 (γ) Με το κριτήριο της ϱίζας : a = 2 x 2 2 x. Αν x < /2 τότε η σειρά συγκλίνει απολύτως. Αν x > /2 τότε η σειρά αποκλίνει. Αν x = /2 προκύπτει η = 2 που συγκλίνει, ενώ αν x = /2 ( ) προκύπτει η = 2 που συγκλίνει απολύτως. 2 Άρα η σειρά x = 2 συγκλίνει αν /2 x /2. Άσκηση 2 Ασκηση 3 5. Τι µπορείτε να πείτε για την σύγκλιση ή απόκλιση των σειρών : (α) = ( ) log (ϐ) = ( ) a, a Άσκηση 3 Λύση Λύση (α) Η log x x Οπότε η log έχει παράγωγο log x x 2, άρα είναι ϕθίνουσα στο (e, +). για 3 είναι ϕθίνουσα άρα η εναλλάσσουσα σειρά = ( ) log συγκλίνει αφού log. (ϐ) Αν a τότε a = ( ) συγκλίνει. Άσκηση 3 a άρα η σειρά = ( ), a a Ασκηση 4 Εξετάστε ως προς την σύγκλιση τις σειρές : (α) =2 (log) p, (ε) =, < q < p p q (στ) = log(+ ) ( ) =2 (log ) log (ϑ) = p +

28 28 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Άσκηση 4 Λύση Λύση (α) Αν p, τότε (log ) p, οπότε η σειρά αποκλίνει. Αν p <, πάλι (log ) p < για µεγάλα οπότε (log ) p > και αφού η = αποκλίνει το ίδιο ϑα ισχύει για την = (log ) p. (ϐ) Αν < p <, τότε εφαρµόζουµε κριτήριο του λόγου : p + (+) p p p < p( + )p p <, άρα η σειρά συγκλίνει. Αν p, τότε p p, άρα η σειρά αποκλίνει. (γ) Είναι p q < p p τότε η p αποκλίνει άρα και η p q. Αν p >, τότε p q > 2 p για µεγάλα, δηλαδή p < 2 q p και αφού η = p συγκλίνει, το ίδιο ισχύει για την =2 p q (κριτήριο σύγκρισης). (δ) Εχουµε + = < M (αφού lim =, είναι ϕραγµένη). Άρα + > m και αφού η αποκλίνει το ίδιο ισχύει για την = +4. (ε) Είναι p q < p > p q p. Αν p, τότε η = p αποκλίνει, άρα και η = p q. Εστω p >. Είναι p q > 2 p αν p > 2q δηλαδή p log q > log 2. ηλαδή τελικά άρα και η p q (κριτήριο σύγκρισης). p q < 2 p. Οµως, η p συγκλίνει, (στ) Είναι lim x x log(+x) αποκλίνει (πάρτε x = ). = lim x +x =. Άρα, α και η σειρά ( ) Είναι log > e 2 αν > e e2. Άρα (log ) log > e 2 log = 2 για µεγάλα. Αφού η 2 συγκλίνει, ϑα συγκλίνει και η =2 (log ) log. (η) Η ακολουθία είναι ϕθίνουσα µε ϑετικούς όρους, οπότε µπορούµε να εφαρµόσουµε το κριτήριο συµπύκνωσης του Cauchy: Θεωρούµε την β = 2 2 =. (log log 2 ) log log 2 (log(log2)) log( log 2) Εχουµε : (log( log 2)) log( log 2) = e log( log 2) log log( log 2) < e (log( log 2))2 < 2. για µεγάλα (γιατί ;) Άρα, β οπότε η β αποκλίνει και το ίδιο ισχύει για την (η).

29 29 (ϑ) Εχουµε + = + + =. Άρα, η +( + +) p + συγκρίνεται µε την p 3 2. ηλαδή η = p + συγκλίνει αν p 3 2 < p < 2. (ι) Είναι : = + = = = Άρα, η = p συγκρίνεται µε την = p 3 2. ηλαδή συγκλίνει αν και µόνο αν p < 2. Άσκηση 4 Ασκηση 5 Εστω οτι a n > (n ). Αν η = a συγκλίνει τότε οι συγκλίνουν επίσης. = a 2, = a + a, = a 2 + a 2 Χρησιµοποιήστε το ϑεώρηµα σύγκρισης. Άσκηση 5 Λύση

30 3 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Λύση Αφού η = a συγκλίνει έχουµε οτι a. Άρα υπάρχει ώστε για κάθε να ισχύει < a 2 < a <. Η = a συγκλίνει, οπότε από το κριτήριο σύγκρισης συγκλίνει και η = a 2. Για κάθε έχουµε < a +a < a, και αφού η = a συγκλίνει a έπεται οτι και η = +a συγκλίνει. Το ίδιο ισχύει και µε την τρίτη σειρά αφού < οτι η = a 2 συγκλίνει. Άσκηση 5 a2 +a 2 < a 2 και έχουµε δει Ασκηση 6 Εστω οτι a n >, n. Αν η = a συγκλίνει τότε συγκλίνει και η = a a +. Αποδείξτε οτι αν η {a } είναι και ϕθίνουσα τότε αληθεύει και το αντίστροφο. xy 2 x2 + 2 y2. Άσκηση 6 Λύση Λύση Αφού η = a συγκλίνει, συγκλίνει και η =2 a = = a +. Άρα συγκλίνει και το άθροισµα τους : = a + = a + = = (a + a + ). Από την άλλη µεριά < a a + < a +a + 2 για κάθε, οπότε από το κριτήριο σύγκρισης η = a a + συγκλίνει. Εστω τώρα οτι η {a } είναι ϕθίνουσα και οτι η = a a + συγκλίνει. Αφού a a +, έχουµε < a + a + a a + δηλαδή < a + a a +,. Από το κριτήριο σύγκρισης, η = a + = =2 a συγκλίνει. Άρα και η = a συγκλίνει. Άσκηση 6 Ασκηση 7 Εστω οτι a n >, n. a =. Αν η = a συγκλίνει τότε συγκλίνει και η xy 2 x2 + 2 y2. Άσκηση 7 Λύση

31 3 a Η = έχει ϑετικούς όρους να δείξουµε οτι τα µερικά της αθροί- Λύση σµατα είναι οµοιόµορφα ϕραγµένα. Εστω m. Από την ανισότητα Cauchy - Schwartz παίρνουµε s m = m = a m m = = = 2 m 2 ( a ) 2 m a = 2 2 = 2 2 M M 2 m m όπου M = = a, M 2 = = 2. Εχουµε λοιπόν s m M για κάθε m, όπου M = M a M 2. Επεται οτι η = συγκλίνει. Άσκηση 7 Ασκηση 8 Εστω a n >, n, s n = a + a a n και ότι η = a αποκλίνει. a (α) Αποδείξτε οτι η = +a αποκλίνει. (ϐ) Αποδείξτε οτι για m < n : a m+ s m+ + + a n sn (γ) Αποδείξτε οτι a n s 2 n s n s n s m sn και συµπεράνετε οτι η = a s 2 συγκλίνει. (α) σύγκριση (ϐ) η {s n } είναι αύξουσα κριτήριο Cauchy και s n +. (γ) a n = s n s n Άσκηση 8 Λύση a Λύση (α) Εστω οτι η a = +a συγκλίνει. Τότε, +a +a = +a +a a. Άρα, υπάρχει ώστε < a < 2 αν. Επεται οτι για, + a < 3 2 +a > 2 3 a < 3 a 2 +a. a Από το κριτήριο σύγκρισης, η = a συγκλίνει, άτοπο. Άρα, η = +a αποκλίνει. (ϐ) Αφού a >,, η ακολουθία {s n } των µερικών αθροισµάτων είναι αύξουσα : s m+ < < s n. Άρα, a m+ + + a n sn > a m+ s n + + a n sn = a m+ + +a n s n < s n s m s n = s m sn. s m+

32 32 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ a Ας υποθέσουµε οτι η = s συγκλίνει. Από το κριτήριο του Cauchy, για ε = 2 υπάρχει n ώστε αν n > m n τότε a m+ s m+ + + a n sn < 2 δηλαδή s m sn < 2 s m > 2 s n. Κρατάµε κάποιο m n σταθερό και αφήνουµε το n να πάει στο άπειρο. Αφού η = a αποκλίνει, έχουµε s n + και s m > 2 s a n n > m s m = +. Άτοπο. Άρα, η = s αποκλίνει. (γ) Είναι s n < s n s 2 n < s n s n a n s 2 n Τότε, για το µερικό άθροισµα t n της = a s 2 < s n s n s 2 n έχουµε : t n = a s 2 + a 2 s a n 2 s 2 n < s + s s 2 + s 2 s s n a Αφού η t n είναι ϕραγµένη, η = s 2 Άσκηση 8 = 2 s s n < 2 s συγκλίνει. < s n s n s n s n = s n s n s n. Ασκηση 9 Αν {x n } είναι ακολουθία ϑετικών αριθµών αποδείξτε οτι lim inf a n+ a n lim inf n a n lim sup n a n lim sup a n+ a n. Συµπεράνετε ότι όταν το κριτήριο λόγου δείχνει σύγκλιση σειράς το ίδιο κάνει και το κριτήριο ϱίζας και όταν το κριτήριο ϱίζας δεν δείχνει τίποτε το ίδιο κάνει και το κριτήριο λόγου. Εστω x > lim sup a n+ a n. Υπάρχει N ώστε a n+ a n N. Άρα a n+ = a N+ an+2 an + < x n N+. a N a N a N+ a n < x για n Οπότε n+ a n+ < x x N n+ n+ a N και lim sup n+ a n+ x. Άσκηση 9 Λύση

33 33 Λύση Εστω x > lim sup a + a. Πεπερασµενοι το πλήθος όροι της { a + µπορούν να ξεπεράσουν το x, υπάρχει δηλαδή ώστε αν τότε a + < xa. ηλαδή αν > τότε a < xa < < x a = a x x. Επεται οτι, a < a x x x a } Άρα, lim sup a < x και αφού το x µπορεί να επιλεγεί οσοδήποτε κοντά στο lim sup a + a, παίρνουµε lim sup a lim sup a + a. Η µεσαία ανισότητα είναι προφανής, ενώ η αριστερή αποδεικνύεται µε ανάλογο τρόπο. Ας υποθέσουµε οτι το κριτήριο του λόγου δείχνει σύγκλιση σειράς τότε, lim sup a + a < οπότε lim sup a <, άρα και το κριτήριο της ϱίζας δείχνει σύγκλιση σειράς. Αν το κριτήριο της ϱίζας δεν δείχνει τίποτε, τότε lim sup a = lim sup a + a, άρα ούτε το κριτήριο του λόγου δείχνει κάτι (είναι και lim inf a + a lim inf a ). Άσκηση 9 Ασκηση Αν η = a αποκλίνει τότε και η = a αποκλίνει. Άσκηση Λύση Λύση Απαγωγή σε άτοπο : Υποθέτουµε οτι η = a συγκλίνει και ϑέτουµε β = a. Θα δείξουµε οτι η = a = β = συγκλίνει, χρησιµοποιώντας το κριτήριο του Cauchy: Εστω ε >. Τότε, αν m < n έχουµε β m+ m + + β m β n m + 2 n = β m+ m + 2 m + + (β m+ + β m+2 ) m m + n + + (β m+ + + β n ) n + (β m+ + + β n ) n.

34 34 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 4. ΣΕΙΡΕΣ ΠΡΑΓΜΑΤΙΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Αφού η β συγκλίνει, υπάρχει n, ώστε αν 2 > n τότε n β β β 2 < ε. Τότε, αν n > m n παίρνουµε =m+ β m+ m+ m+2 + β m+ + β m+2 m+2 m β m+ + + β n n < ε m+ m+2 + ε m+2 m ε n = ε m+ n < ε. β Από το κριτήριο Cauchy, η a = συγκλίνει. Άτοπο. Η απόδειξη δίνει κάτι πιο γενικό : Αν β συκλίνει, και γ µονότονη και ϕραγµένη, τότε η β γ συγκλίνει. Άσκηση

35 Κεφάλαιο 5 Ακολουθίες συναρτήσεων Εστω συνάρτηση f και ακολουθία συναρτήσεων {f n }, όπου όλες οι συναρτήσεις είναι ορισµένες σε ένα µη κενό σύνολο A και παίρνουν τιµές f : A, f n : A, n. Ορισµός 3 Λέµε οτι η {f n } συγκλίνει κατά σηµείο στην f στο A και γράφουµε κ.σ. f n f ή f n στο A αν για κάθε t A η ακολουθία των αριθµών {f n (t)} συγκλίνει στον αριθµό f(t), δηλαδή f n (t) f(t) για κάθε t A. Η σύγκλιση συναρτήσεων κατά τον προηγούµενο ορισµό δεν διατηρεί διάφορες ιδιότητες. Για παράδειγµα αν οι f n είναι συνεχείς και f n f στο A δεν µπορούµε να συµπεράνουµε οτι και η f είναι συνεχής. Για παράδειγµα έστω f n : [] µε f n (t) = t n. Φανερά οι f n είναι όλες συνεχείς όµως f n f µε f(t) =, t <, t = η οποία είναι ασυνεχής. Οµοίως αν f n f δεν συνεπάγεται ούτε οτι f n f b b ούτε οτι a f n a f. Στο προηγούµενο παράδειγµα οι f n υπάρχουν ενώ η f δεν είναι καν παραγωγίσιµη ή η f n (t) = n sin(nt) µε πεδίο ορισµού το [, 2π] συγκλίνει στο µηδέν (αφού f n (t) n ) αλλά f n(t) = cos(nt) δεν συγκλίνει στο =. Τέλος αν f n : [] µε f n (t) = (n+)t, n t n 2 t, t n τότε f n αλλά f n (t)dt = δεν συγκλίνει στο = dt. 35

36 36 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Ορισµός 32 Εστω µια ακολουθία συναρτήσεων {f n } και f, µε f n : A, f : A. Λέµε οτι η {f n } συγκλίνει οµοιόµορφα στην f στο A και συµβολίζουµε f n f ή f n ο.µ. f στο A αν ϱ(f n, f) δηλαδή sup t A f n (t) f(t). Ορισµός 33 Μια ακολουθία συναρτήσεων {f n }, f n : A την λέµε οµοιόµορφα ϕραγµένη αν υπάρχει M που να είναι κοινό ϕράγµα για όλες τις f n. ηλαδή f n (t) M για κάθε t A, για κάθε n. Θεώρηµα 34 Εστω A υποσύνολο ενός µετρικού χώρου (X, ϱ) και f n : A, n, f : A και t A. Αν f n f στο A και κάθε f n είναι συνεχής στο t, τότε και η f είναι συνεχής στο t. Αρα, αν κάθε f n είναι συνεχής στο A, τότε και η f είναι συνεχής στο A. b [a, b] και b a f n Θεώρηµα 35 Εστω οτι κάθε f n : [a, b] είναι Riemann-ολοκληρώσιµη στο [a, b] και οτι f n f στο [a, b]. Τότε η f είναι Reimann-ολοκληρώσιµη στο a f. Θεώρηµα 36 Εστω f : [a, b], n, g : [a, b]. Εστω οτι κάθε f n είναι παραγωγίσιµη στο [a, b] και η παράγωγος f n είναι συνεχής στο [a, b]. Αν (α) f n g στο [a, b] (ϐ) η {f n (t )} συγκλίνει για τουλάχιστον ένα t [a, b] τότε η {f n } συγκλίνει οµοιόµορφα σε κάποια f στο [a, b] η οποία είναι παραγωγίσιµη στο [a, b] και f = g. Θεώρηµα 37 (Κριτήριο Cauchy). Εστω f n : A, n. Η {f n } συγκλίνει οµοιόµορφα σε κάποια συνάρτηση στο A αν και µόνο αν : για κάθε ε > υπάρχει n = n (ε) ώστε n, m n ϱ(f n, f m ) ε, δηλαδή f n (t) f(t) ε, t A. Ασκηση Εστω f n (t) = +nt, t [, ]. Αποδείξτε οτι η {f n} συγκλίνει κατά σηµείο, αλλά όχι οµοιόµορφα, σε κάποια συνάρτηση f στο [, ]. Ποιά είναι η f; Άσκηση Λύση

37 37 Λύση Για t = έχουµε f n () =. Αν t (, ], τότε f n (t) = +nt. Άρα, f n κ.σ. f όπου f(t) =, αν t =, αν < t. Κάθε f n είναι συνεχής συνάρτηση. Αφού η f δεν είναι συνεχής, η σύγκλιση δεν µπορεί να είναι οµοιόµορφη. Απ ευθείας επιχείρηµα : αν ήταν, τότε για t = /3 ϑα υπήρχε n τέτοιο ώστε για κάθε n n και < t να ισχύει : +nt < /3. ηλαδή +nt < /3. Οµως για t = /n έχουµε f n n = + n n = 2 > 3 το οποίο είναι άτοπο. Άσκηση Ασκηση 2 Εστω f n (t) = t2n, t +t 2n. Αποδείξτε οτι η {f n } συγκλίνει κατά σηµείο αλλά όχι οµοιόµορφα, σε κάποια f στο. Ποιά είναι η f; ιακρίνετε τις περιπτώσεις t >, t <, t = Άσκηση 2 Λύση Λύση Αν t < τότε t 2n και f n (t) + =. Αν t = τότε f n (t) = + 2 Αν t > τότε f n (t) = ( t ) 2n + + = Άρα f n κ.σ. f όπου f(t) =, αν t < /2, αν t =, αν t >. Αφού κάθε f n είναι συνεχής ενώ η f όχι, η σύγκλιση δεν είναι οµοιόµορφη. Άσκηση 2

38 38 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Ασκηση 3 Εστω f n (t) = n p t( t 2 ) n, t [, ] p είναι παράµετρος στο. Αποδείξτε οτι, για κάθε p, η{f n } συγκλίνει κατά σηµείο σε κάποια f στο [, ]. Για οτι f n ποιές τιµές του p είναι η σύγκλιση οµοιόµορφη ; Για ποιές τιµές του p ισχύει f; Παρατηρήστε οτι n p a n για a <, p > Άσκηση 3 Λύση Λύση Εχουµε f n () =. Αν < t, τότε t 2 <, άρα n p t( t 2 ) n (δείξτε οτι, αν a > ). Άρα, όποια και αν είναι η τιµή της παραµέτρου p, έχουµε n p a n κ.σ. f n f, όπου f η µηδενική συνάρτηση. Για να δούµε για ποιές τιµές του p η σύγκλιση είναι οµοιόµορφη, ϐρίσκουµε τη µέγιστη τιµή της f n : f n(t) = n p ( t 2 ) n n p t( t 2 ) n (2t) = n p ( t 2 ) n [ t 2 2nt 2 ] = n p ( t 2 ) n [ (2n + )t 2 ] Άρα, η f n έχει µέγιστο στο 2n+, ίσο µε n p 2n + 2n + n. Αν p < /2, τότε f n (t) < Αν p /2, τότε np 2n+. Άρα f n. max f n(t) t [,] n p 2n + e που τείνει στο άπειρο αν p > /2 ενώ είναι µεγαλύτερο ή ίσο µε / 2e αν p = /2. Και στις δύο περιπτώσεις η σύγκλιση δεν είναι οµοιόµορφη.

39 39 Υπολογίζουµε το ολοκλήρωµα της f n : n p t( t 2 ) n dt y= t 2 = = = 2 n p y n dy n p y n dy 2 n p 2(n + ) Εχουµε οτι n p 2(n+) αν και µόνο αν p <. Άρα, όταν p <. Άσκηση 3 f n (t) dt f(t) dt Ασκηση 4 t +nt 2, t. Αποδείξτε οτι υπάρχει f ώστε f n f στο. Εστω f n (t) = Αποδείξτε οτι f n(t) f (t) αν t, αλλά f n() δεν συγκλίνει στο f (). Για ποιά διαστήµατα [a, b] ισχύει οτι f n f στο [a, b]; Άσκηση 4 Λύση Λύση Αν t =, τότε f n () =. Αν t, τότε f n (t) (λόγω του n στο παρονοµαστή). Για να δείξουµε οτι η σύγκλιση είναι οµοιόµορφη στο, αρκεί να δείξουµε οτι sup f t n (t) καθώς n. Εξετάζουµε την f n στο (, +): f n(t) = + nt2 2nt 2 ( + nt 2 ) 2 = nt2 ( + nt 2 ) 2 ηλαδή, η µέγιστη τιµή της f n στο (, +) είναι : f n n = n + n n = 2 n.

40 4 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Αφού η f n είναι περιττή, έχουµε sup t f n (t) = 2 n. Άρα, f n Αν t, τότε f n(t) = nt 2 +2nt 2 +n 2 t 4 = n n 2 n t2 n 2 + 2t2 n +t4 Αν t =, f n() = f (). Εστω [α, b] διάστηµα που δεν περιέχει το. Εχουµε : ο.µ.. ( t 2 ) = = f (t). f n(t) nt 2 = ( + nt 2 ) 2 + nt2 ( + nt 2 ) 2 = + nt 2 n min{α 2, b 2 } δηλαδή max t [α,b] f n(t) καθώς n. Άρα, f n ο.µ. rightarrow f στο [α, b]. Αν το [α, b] τότε f n κ.σ. (αφού f n() ), άρα f n ο.µ. στο [α, b]. Άσκηση 4 Ασκηση 5 Εστω f n (t) = n e n2 t 2, t. Αποδείξτε οτι f n στο και f n στο. Αποδείξτε οτι f n δεν συγκλίνει οµοιόµορφα στο σε οποιοδήποτε διάστηµα περιέχει το, ενώ f n σε οποιοδήποτε κλειστό διάστηµα δεν περιέχει το. Άσκηση 5 Λύση Λύση Εχουµε f n (t) >, t. Παραγωγίζοντας, παίρνουµε f n(t) = 2n2 t n e n2 t 2 δηλαδή f n > στο (, ) και f n < στο (, +). Άρα, Επεται οτι p(f n, ) = sup t max f t n (t) = f n () = n. f n (t) = sup f t n (t) = n. ο.µ. Άρα, f n. Εστω t. Είναι f n(t) = 2 t ne n2 t 2 n (e n2 t 2 > n 2 t 2 ne n2 t 2 < του. nt 2 αν t, και f n() n ). Άρα, f n κ.σ.

41 4 Αν [α, b] είναι ένα κλειστό διάστηµα που δεν περιέχει στο, τότε π.χ. αν < α < β έχουµε f n(t) = 2 t ne n2 t 2 2bne n2 α 2 t [α, b] και αφού ne n2 α 2 n έπεται οτι f n ο.µ. στο [α, b]. Άσκηση 5

42 42 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 5. ΑΚΟΛΟΥΘΙΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ

43 Κεφάλαιο 6 Θεώρηµα Weierstrass Θεώρηµα 38 (Weierstrass). Αν f : [α, b] είναι συνεχής στο [α, b] τότε ε > πολυώνυµο P ώστε f(t) P (t) ε για κάθε t [α, b]. Θεώρηµα 39 (Weierstrass). Αν f : [α, b] είναι συνεχής στο [α, b] τότε υπάρχει ακολουθία πολυωνύµων {P n } η οποία συγκλίνει οµοιόµορφα στην f στο [α, b]. Ασκηση Εστω συνεχής f : [, ] µε την ιδιότητα f(t)t n dt = για κάθε n =,, 2, 3,.... Αποδείξτε οτι f =. Άσκηση Λύση Λύση Η f έχει την ακόλουθη ιδιότητα : αν P : [, ] είναι οποιοδήποτε πολυώνυµο, τότε f(t)p (t)dt =. Πράγµατι, αν P (t) = α +α t+ +α n t n τότε από την υπόθεση f(t)p (t)dt = f(t)(α + α t + + α n t n )dt = α f(t)t dt + α f(t)t d + + α n f(t)t n dt = Εστω τώρα ε >. Υπάρχει πολυώνυµο P : [, ] ώστε f(t) P (t) < 43

44 44 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΘΕΩΡΗΜΑ WEIERSTRASS ε για κάθε t [, ]. Γράφουµε : f 2 (t)dt = = f(t){p (t) + f(t) P (t)}dt f(t)p (t)dt + f(t)(f(t) P (t)dt f(t) f(t) P (t) dt ε f(t) dt Αφού το ε > ήταν τυχόν, έπεται οτι f 2 (t)dt =. Αφού η f είναι συνεχής στο [, ], παίρνουµε f = (γιατί ;) Άσκηση Ασκηση 2 Εστω f : [, +) συνεχής στο [, +) ώστε το lim x f(x) είναι πραγµατικός αριθµός. Αποδείξτε οτι για κάθε ε > υπάρχει συνάρτηση της µορφής Q(x) = πολυώνυµο του x ώστε f(x) Q(x) ε για κάθε x. Άσκηση 2 Λύση t αν < t και g() = Λύση Ορίζουµε g : [, ] µε g(t) = f lim t + f t = lim x + f(x). Η g είναι συνεχής στο [, ] (γιατί ;), οπότε από το Θεώρηµα του Weierstrass υπάρχει πολυώνυµο P : [, ] ώστε x, x. Τότε Θέτουµε Q(x) = P x f(x) Q(x) = g P x t (,] ε, x g(t) P (t) ε, t [, ] Άσκηση 2 Ασκηση 3 Εστω f : [, +) R συνεχής στο [, +) ώστε το lim x f(x) είναι πραγµατικός αριθµός. Αποδείξτε οτι για κάθε ε > υπάρχει συνάρτηση της µορφής Q(x) =πολυώνυµο του e x ώστε f(x) Q(x) ε για κάθε x.

45 45 Άσκηση 3 Λύση t, < t και g() = t = lim x + f(x). Η g είναι συνεχής στο [, ] (γιατί ;), Λύση Ορίζουµε g : [, ] µε g(t) = f ln lim t + f ln οπότε από το Θεώρηµα Weierstrass αν µας δώσουν ε > υπάρχει πολυώνυµο P : [, ] ώστε g(t) P (t) ε, t [, ]. Θέτουµε Q(x) = P (e x ), x. Τότε Άσκηση 3 f(x) Q(x) = g(e x ) P (e x ) t (,] ε, x.

46 46 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 6. ΘΕΩΡΗΜΑ WEIERSTRASS

47 Κεφάλαιο 7 Σειρές συναρτήσεων Ορισµός 4 Εστω ακολουθία πραγµατικών συναρτήσεων {f n } ορισµένων σε µη κενό υποσύνολο A, f n : A, n. Θεωρούµε το άρθροισµα s n των πρώτων n από αυτές : s n = f + f f n : A, δηλαδή s n (t) = f (ɛ) + f 2 (t) + + f n (t), t A Αν υπάρχει συνάρτηση s : A ώστε s n s στο A, τότε λέµε οτι η σειρά = f κ.σ. συγκλίνει κατά σηµείο στην s στο A και γράφουµε = f = s στο A. Αν όµως s n s τότε λέµε οτι η σειρά = f συγκλίνει οµοιόµορφα στην s ο.µ. στο A και γράφουµε = f = f = στο A. Εποµένως η σύγκλιση σειρών συναρτήσεων ανάγεται σε σύγκλιση ακολουθιών συναρτήσεων. Πρόταση 4 Αν = f n ο.µ. = s στο A, τότε = f n κ.σ. = s στο A. Πρόταση 42 (Κριτήριο Cauchy) = f n ο.µ. = s στο A αν και µόνο αν ισχύει το εξής : για κάθε ε > υπάρχει n = n (ε) ώστε : n m < n f m+ (t) + + f n (t) ε t A. Θεώρηµα 43 (Κριτήριο Weierstrass) Αν sup t A f n (t) M n (δηλαδή το M n είναι άνω ϕράγµα της f n ) και η σειρά αριθµών n= M n συγκλίνει, τότε η n= f συγκλίνει οµοιόµορφα στο A. Η οριακή συνάρτηση µιας οµοιόµορφα συγκλίνουσας σειράς συναρτήσεων διατηρεί διάφορες ιδιότητες της ακολουθίας : ο.µ. Θεώρηµα 44. Εστω µετρικός χώρος (X, r) και A X. Ακόµη έστω = f = s στο A. Πιο γενικά, αν όλες οι f n είναι συνεχείς σε κάποιο t A τότε και η s είναι συνεχής στο t. 47

48 b 48 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΣΕΙΡΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ ο.µ. Θεώρηµα 45 ( Εστω = f = s στο [a, b] και οτι όλες οι f n είναι R ολοκληϱώσιµες στο [a, b]. Τότε η s είναι επίσης R ολοκληρώσιµη στο [a, b] και b a s = = a f ). Θεώρηµα 46. Εστω f : [α, b],, παραγωγίσιµη στο [α, b] και µε f συνεχή στο [α, b]. Αν (α) = f ο.µ. = g στο [a, b] και (ϐ) η = f (t ) συγκλίνει για κάποιο t o [a, b] τότε η = f συγκλίνει οµοιόµορφα σε κάποια συνάρτηση s στο [a, b], η s είναι παραγωγίσιµη στο [a, b] και s = g. 7. υναµοσειρές Ορισµός 47 Αν {a } είναι µια οποιαδήποτε ακολουθία στο, τότε τη σειρά = a την ονοµάζουµε δυναµοσειρά µε συντελεστές a. Εστω α = lim sup a. Τότε α +. Ορισµός 48 Τον αριθµό R = α τον ονοµάζουµε ακτίνα σύγκλισης της δυναµοσειράς. εχόµαστε = +, + =. Αρα R +. Αυτή την ονοµασία δικαιολογεί το ακόλουθο : Θεώρηµα 49 (α) Αν t ( R, R) η δυναµοσειρά συγκλίνει απολύτως στο t. (ϐ) Αν t / [ R, R] η δυναµοσειρά αποκλίνει στο t. (γ) Για t = R δεν υπάρχει γενικό συµπέρασµα. (δ) Η = a t συγκλίνει οµοιόµορφα σε οποιοδήποτε διάστηµα [a, b] το οποίο περιέχεται στο ( R, R). Το διάστηµα ( R, R) ονοµάζεται διάστηµα σύγκλισης της δυναµοσειράς. Ασκηση Εστω ότι η = a συγκλίνει απολύτως. Αποδείξτε οτι οι σειρές και = a sin(t), συγκλίνουν οµοιόµορφα στο. = a cos(t)

49 7.. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 49 Άσκηση Λύση Λύση Εφαρµόζουµε το κριτήριο του Weierstrass: αν f (t) = α sin t, τότε f (t) = α sin t α, t. Η σειρά = α συγκλίνει από την υπόθεση, άρα η = α sin t = = f (t) συγκλίνει οµοιόµορφα στο. Ανάλογα για την = α cos t. Άσκηση Ασκηση 2 Εστω f(t) = = α (t t ) µε διάστηµα σύγκλισης t t < R (R > ). Αποδείξτε οτι f () (t ) =!α. Άσκηση 2 Λύση Λύση Εχουµε δει οτι µια δυναµοσειρά παραγωγίζεται κατά όρους σε οποιοδήποτε σηµείο του διαστήµατος σύγκλισής της. ηλαδή, αν t t < τότε f (m) (t) = f (t) = f (t) = =m Αν ϑέσουµε t = t, παίρνουµε f (m) (t ) = =m =2 = α (t t ) ( )α (t t ) 2... ( )... ( m + )α (t t ) m ( )... ( m + )α (t t ) m Οι όροι που αντιστοιχούν σε > m µηδενίζονται, άρα f (m) (t ) m(m )... (m m + )α m = m!α m. Άσκηση 2

50 5 ΚΕΦΑΛΑΙΟ 7. ΣΕΙΡΕΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΩΝ Ασκηση 3 Αποδείξτε οτι η = ( x)x συγκλίνει κατά σηµείο, αλλά όχι οµοιόµορφα στο [, ]. Ενώ η = ( ) x ( x) συγκλίνει οµοιόµορφα στο [, ] ϐρείτε τα µερικά αθροίσµατα. Άσκηση 3 Λύση Λύση = ( x)x : Υπολογίζουµε το µερικό άθροισµα s n (x) = n = αν x < και s n () =. Άρα, ( x)x = ( x)( + x + + x n ) = x n+ s n (x) s(x) =, x <, x = Αφού η s δεν είναι συνεχής στο, η σύγκλιση δεν είναι οµοιόµορφη. = ( ) x ( x) = ( x) ( )n+ x n+ + x = x + x ( + ( )n x n+ ). Αν x <, τότε x n+, άρα s n (x) x +x. Αν x =, τότε s n() = = +. Άρα, = ( ) x ( x) = x +x, x [, ]. Για να δείξουµε οτι η σύγκλιση είναι οµοιόµορφη, ϑεωρούµε την διαφορά s n (x) x x = + x + x ( )n x n+ = xn+ x n+2 + x x n+ x n+2 Βρίσκουµε το max x [,] (x n+ x n+2 ) : η παράγωγος είναι (n+)x n (n+ 2)x n+, άρα το µέγιστο πιάνεται στο x = n+ n+2 και είναι ίσο µε n+ n+ n+2 [ n+ n+2 ] < n+2. Άρα, max s n (x) x max x [,] + x x [,] (xn+ x n+2 ) < n + 2 Οπότε, Άσκηση 3 s n (x) ο.µ. x + x

51 7.. ΥΝΑΜΟΣΕΙΡΕΣ 5 Ασκηση 4 ( ) sin + t συγκλίνει οµοιόµορφα σε κάθε διά- Αποδείξτε οτι η = στηµα της µορφής [ A, A]. Χρησιµοποιήστε οτι sin(x+y) = sin x cos y+cos x sin y, sin x x, cos x 2 x 2 ). Άσκηση 4 Λύση Λύση = Είναι sin + t t t = sin cos + cos sin, άρα, ( ) sin + t = Εξετάζουµε χωριστά τις : = ( ) = ( ) t cos, t sin cos + ( ) = ( ) t sin cos sin t στο [ A, A] ( ) Για την t = sin : f (t) = ( ) t sin t A 3 και η 2 = A 2 3 συγκλίνει, οπότε από το κριτήριο του Weierstrass η = ( ) t sin συγκλίνει οµοιόµορφα στο [ A, A]. ( ) Για την t ( ) = cos : Η = συγκλίνει, άρα συγκλίνει οµοιόµορφα στο [ A, A] αν την δούµε σαν σειρά (σταθερών) συναρτήσεων. Επίσης t cos = t cos οπότε το κριτήριο ( ) ( ) του Weierstrass µας δίνει οτι η = ( ) 2 t 2 2 t cos ( ) A συγκλίνει οµοιόµορφα στο [ A, A]. Προσθέτοντας, έχουµε οτι η = ( ) cos t