k a k = a. Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n :

Transcript

1 4 Nizovi u R n Neka je A R n. Niz u A je svaka funkcija a : N A. Označavamo ga s (a k ) k. Na primjer, jedan niz u R 2 je dan s ( 1 a k = k, 1 ) k 2, k N. Definicija 4.1. Za niz (a k ) k R n kažemo da je konvergentan ako postoji vektor a R n takav niz realnih brojeva (d(a k,a)) k konvergira prema 0, tj. ako ( a R m )( ε > 0)( k 0 N)( k k 0 )(d(a k,a) < ε). Tada pišemo a k a ili lim k a k = a. Točku a zovemo limes niza i takoder kažemo da niz (a k ) k konvergira prema a. Za niz (a k ) k kažemo da je divergentan ako on nije konvergentan. Napomena 4.2. Definicija 4.1 se direktno može prepisati u proizvoljnom metričkom prostoru. Za n = 1 dobivamo uobičajenu definiciju konvergencije. U tom slučaju važnu su ulogu igrali monotoni nizovi. Kako u R n nismo uveli uredaj, nema smisla govoriti o pojmu monotonog niza. Definiciju 4.1 možemo na ekvivalentan način i ovako iskazati: a k a ako vrijedi K(a,ε), k 0 N, k k 0, a k K(a,ε). Kao i u slučaju dimenzije n = 1 samo je jedan mogući limes niza u R n : Propozicija 4.3. Ako niz (a k ) k R n konvergira, tada mu je limes jedinstven. Dokaz. Pretpostavimo da postoje dva limesa a i â. Neka je ε > 0. Iz konvergencije niza (a k ) k slijedi da postoji k 0 N takav da d(a,a k ) < ε/2 i d(â,a k ) < ε/2. Tada vrijedi d(a,â) d(a,a k )+d(a k,â) < ε 2 + ε 2 = ε. Stoga je nužno a = â. Napomena 4.4. Prethodniargumentmožemo ovako reformulirati. Ako bi biloε = 1 2d(a,â) > 0, onda iz K(a,ε) K(â,ε) =, zaključujemo da ne mogu svi članovi niza počevši od nekog biti u obje kugle. Napomena 4.5. Budući da u općenitom topološkom prostoru nemamo metriku, konvergenciju niza definiramo pomoću otvorenih skupova. Ako je (X,U) topološki prostor, tada za a A označimo s U(a) skup svih otvorenih okolina od a, tj. skup svih U U takvih da je a U. Za niz (a k ) k u topološkom prostoru (X,U) kažemo da je konvergentan, ako postoji točka a X takva da za svaku otvorenu okolinu U od a postoji k 0 N takav da je za svaki k k 0 vrijedi a k U, tj. ( a X)( U U(a))( k 0 N)( k k 0 )(a k U). 16

2 U tom slučaju za točku a kažemo da je limes niza (a k ) k. Za razliku od situacije u metričkim prostorima, limes konvergentnog niza u općenitom topološkom prostoru ne mora biti jedinstven. Npr., za proizvoljan skup X stavimo U = {,X}. Tada je U očito topologija na X (tzv. indiskretna topologija). Primijetimo da je s obzirom na tu topologiju svaki niz u X konvergentan te mu je svaka točka iz X limes. Posebno, ako X ima barem dva različita elementa, niti jedan (konvergentan) niz u topološkom prostoru (X, U) neće imati jedinstven limes. S obzirom da je R n vektorski prostor, znamo zbrajati vektore i množti ih skalarom. Kao i u slučaju n = 1 prirodno je istražiti odnos konvergencije niza i tih operacija. Propozicija 4.6. Neka su (a k ) k i (b k ) k nizovi u R n i (λ k ) k niz u R. Ako tada vrijedi 1 a k +b k a+b, 2 λ k a k λa. a k a, b k b, λ k λ Dokaz. Dokaz je isti kao u slučaju dimenzije n = 1. Za zadaću. U Primjeru 2.13 smo direktnim računom pokazali da su norme i ekvivalentne (pa i njihove inducirane metrike). To povlači da niz konvergira u jednoj metrici ako i samo ako konvergira u drugoj. Stoga dobivamo karakterizaciju konvergencije niza (a k ) k pomoću konvergencije koordinatnih nizova (a k i ) k, gdje je a k = (a k 1,...,ak n). Propozicija 4.7. a k a ako i samo ako a k i a i, za i = 1,...,n. Dokaz. Pretpostavimo da a k a. To znači Ekvivalencija normi iz Primjera 2.13 povlači da a k a 0. a k a 0. Stoga za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da za svaki k k 0 vrijedi max{ a k 1 a 1,..., a k n a n } = a k a < ε Pročitamo li prethodni redak ponovno samo za svaku koordinatu zaključujemo da a k i a i, i = 1,...,n. Obratno, neka koordinatni nizovi konvergiraju a k i a i, i = 1,...,n. Tada za svaki ε > 0 postoje k 1,...,k n takvi da vrijedi k k 1, a k 1 a 1 < ε,. k k n, a k n a n < ε. 17

3 Uzmemo i k 0 = max{k 1,...,k n } onda za k k 0 vrijede sve ove ocjene. Stoga je k k 0 a k a = max{ a k 1 a 1,..., a k n a n } < ε. Zaključujemo da a k a 0, pa onda opet prema Primjeru 2.13 a k a 0. Napomena 4.8. ZbogekvivalencijesvihnorminaR n slijedidanizkonvergiraur n uproizvoljnoj normi ako i samo ako svi koordinatni nizovi konvergiraju (u R). Primjer 4.9. Sada lako zaključujemo da niz s početka ovog odjeljka konvergira. Slično, svi nizovi ( 1 k, 1 k ),(1 k,0),(0, 1 k ),(1 k, 1 k 2 ) konvergiraju istom limesu (0,0). Prvi niz nalazi se na simetrali prvog kvadranta, naredna dva na koordinatnim osima, a zadnji na grafu funkcije y = x 2. Zadatak Dokažite ponovno Propoziciju 4.6 koristeći tvrdnju Propozicije 4.7. Propozicija 4.7 takoder povlači Korolar Ako nizovi (a k ) i (b k ) u R n konvergiraju redom prema a i b, onda niz (a k b k ) konvergira prema (a b). Definicija Za skup A R n kažemo da je ograničen (omeden) ako postoji M > 0 takav da je A K(0,M). Za niz (a k ) k R n je kažemo da je ograničen (omeden) ako je njegov skup vrijednosti {a k : k N} ograničen podskup od R n. Neka je a : N R n niz. Podniz niza a je svaka funkcija b = a p, pri čemu je p : N N strogo monotona. b 1 = a p(1) = a p1,b 2 = a p(2) = a p2,... Točka a R n je gomilište niza (a k ) k ako je za svaki ε > 0 beskonačno mnogo članova niza (a k ) k u K(a,ε). Napomena Pojam gomilišta niza treba razlikovati od pojma gomilišta skupa vrijednosti niza. Npr. ako je a R n, tada je skup gomilišta konstantnog niza a k = a, k N, skup {a}, dok skup {a k : k N} = {a} nema gomilišta. Propozicija Točka a R n je gomilište niza (a k ) k ako i samo ako postoji podniz niza (a k ) k koji konvergira prema a. Propozicija Svaki podniz konvergentnog niza u R n je takoder konvergentan s istim limesom. Zbog Propozicije 4.7 odredena svojstva poznata za nizove u R prenose se na nizove u R n. Propozicija Svaki konvergentan niz u R n je ograničen. 18

4 Dokaz 1. Neka je (a k ) k konvergentan niz. Tada je zbog Propozicije 4.7 konvergentan u R i svaki njegov koordinatni niz. Stoga je svaki od njih ograničen. Neka je M i ograda i-tog koordinatnog niza, tj. k N, a k i M i, i = 1,...,n. Neka je M = max{m 1,...,M n }. Sada vrijedi a k M. Sada zbog ekvivalencije normi iz Primjera 2.13 vrijedi pa je niz ograničen. a k n a k nm, Dokaz 2. Propoziciju možemo dokazati i direktno. Budući a k a slijedi da za ε = 1 postoji k 0 N takav da k k 0, d(a k,a) < 1. Definiramo Sada za sve k N imamo odnosno R = max{1,d(a 1,a),...,d(a k 0 1,a)}. (a k ) k K(a,R), (a k ) k K(0,d(0,a) +R). Teorem 4.17 (Bolzano-Weierstrassov teorem za nizove). Svaki ograničen niz u R n ima konvergentan podniz. Dokaz. Neka je (a k ) k R n ograničen. No zbog ekvivalencije normi niz je ograničen i u normi. Stoga je i svaki njegov koordinatni podniz ograničen. Sada B-W teorem za R kaže da koordinatni niz (a k 1 ) k ima konvergentan podniz (a p 1(k) 1 ) k a p 1(k) 1 a 1. Sada je koordinatni podniz (a p 1(k) 2 ) k ograničen, pa ima podniz koji je konvergentan. Podniz podniza je podniz originalnog niza, pa ga označimo sa (a p 2(k) 2 ) k. Vrijedi a p 2(k) 2 a 2. Tako nastavimo do zadnje koordinate. Time smo dobili n podnizova originalnog niza koji konvergiraju: a p 1(k) 1 a 1,. a pn(k) n a n. 19

5 No (a pn(k) ) k je podniz svih prethodnih podnizova, pa prema Propoziciji 4.15 vrijedi a pn(k) 1 a 1,. a pn(k) n a n. Slijedi a pn(k) (a 1,...,a n ). Napomena B-W teorem smomogli iskazati i kao: svaki ograničeni nizur n ima gomilište. Nizove možemo iskoristiti za karakterizaciju zatvorenih skupova. Teorem Skup A R n je zatvoren ako i samo ako svaki niz u A koji konvergira u R n ima limes u A. Dokaz. Neka je A zatvoren. Pretpostavimo (a k ) k A i a k a. Dvije su mogućnosti: (a) Postoji k 0 N takav da je a k = a za svaki k k 0. Onda je a A. (b) Svaka otvorena okolina točke a tada sadrži beskonačno elemenata niza (a k ) k, pa onda i elemenata iz A. Stoga je a gomilište skupa A. Onda je prema Teoremu 3.24 a A. Obratno, neka svaki konvergentan niz u A ima limes u A. Neka je a A gomilište skupa A. Iz definicije slijedi da za svaki k N postoji točka a k A takva da je a k K(a, 1 k ). Budući da za svaki ε > 0 postoji k 0 N takav da je ε > 1/k 0, slijedi da za njega vrijedi k k 0, a k K(a,ε). Stoga a k a. Iz pretpostavke je onda a A. Stoga skup A sadrži sva svoja gomilišta pa je po Teoremu 3.24 zatvoren. Zadatak Neka je dan konvergentan niz (a k ) k R n takav da je a k K za sve k N. Pokažite da tada i njegov limes a zadovoljava a K. Ako je a k < K za sve k N, vrijedi li nužno a < K? Zadatak Koristeći Teorem 4.19 odredite A, ako je A = { 1 n : n N}. Propozicija Neka je B R n. Tada je x B ako i samo ako postoji niz u B kojem je x limes. Definicija Niz (a k ) k R n je Cauchyjev niz ako vrijedi ( ε > 0)( k 0 N)( k,l k 0 )(d(a k,a l ) < ε). Skup A R n je potpun ako svaki Cauchyjev niz u A konvergira. Opća svojstva Cauchyjevih nizova navedena su u narednoj propoziciji. 20

6 Propozicija U R n vrijedi: 1 Svaki konvergentan niz je Cauchyjev niz. 2 Cauchyjev niz je ograničen. 3 Ako podniz Cauchyjevog niza konvergira prema a onda i čitav niz konvergira prema a. Za n = 1 poznato je da svaki Cauchyjev niz konvergira, pa je (R,d), s uobičajenom metrikom d(x,y) = x y, potpun. Naredni teorem kaže da je i (R n,d) potpun. Teorem Svaki Cauchyjev niz u R n je konvergentan. Dokaz. Neka je (a k ) k R n Cauchyjev niz. Prema Propoziciji taj niz je ograničen. Prema B-W teoremu on ima konvergentan podniz. Sada opet Propozicija povlači da čitav niz konvergira. Napomena Teorem 4.25 smo mogli dokazati i bez poziva na B-W teorem. Naime, korištenjem ekvivalencije normi iz Primjera 2.13 za Cauchyjev niz u R n slijedi da su mu koordinatni nizovi Cauchyjevi u R. No kako znamo da je R potpun slijedi da koordinatni nizovi konvergiraju, što opet povlači konvergenciju čitavog niza. Propozicija Podskup A R n je zatvoren ako i samo ako je potpun. Dokaz. Neka je A zatvoren i neka je (a k ) k A Cauchyjev niz. Kako je (a k ) k Cauchyjev u R n, a ovaj je potpun, slijedi da niz konvergira. Jer je A zatvoren, slijedi da mu je limes u A, pa je A potpun. Obratno neka je A potpun. Neka je (a k ) k A konvergentan niz s limesom a. Slijedi da je on i Cauchyjev niz, no onda je Cauchyjev u A. Zbog potpunosti od A niz konvergira limesu u A, a zbog jedinstvenosti limesa, konvergira baš prema a. Zaključujemo a A, pa je skup A zatvoren. 21