Granične vrednosti realnih nizova

Transcript

1 Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se sam iz obeležava sa (f ), ili sa f = (f, f,..., f,... ). Niz se često obeležava sa (x ), (y ) ili (a ). Na primer x = je opšti čla iza x = (, 3, 5, 7,... ). Pojam graiče vredosti Defiicija. Reala broj x je graiča vredost ili graica iza (x ) ako za svako ɛ > 0 postoji priroda broj 0 tako da za svaki priroda broj 0 važi x x < ɛ i pišemo x = x. Prema tome, x = x ( ɛ > 0)( 0 N)( 0 ) x x < ɛ. Ako iz (x ) ima graiču vredost x, oda kažemo da je iz (x ) kovergeta i da kovergira ka x. Ako iz (x ) ema graiču vredost, oda ćemo reći da taj iz divergira ili da je divergeta. Defiicija. Za iz (x ) kažemo da teži ka +, i pišemo x = +, ako za svako M > 0 postoji priroda broj 0 tako da za svako 0 važi x > M. Prema tome, x = + ( M > 0)( 0 N)( 0 ) x > M. Defiicija 3. Za iz (x ) kažemo da teži ka, i pišemo x =, ako za svako M > 0 postoji priroda broj 0 tako da za svako 0 važi x < M. Prema tome, x = ( M > 0)( 0 N)( 0 ) x < M.

2 Za izove koji teže + ili kažemo da odred eo divergiraju ili da su odred eo divergeti. Primer 4. Dokazati da iz čiji je opšti čla x = kovergira ka 0. Rešeje: Dokažimo da za svako ɛ > 0 postoji priroda broj 0 tako da za svaki priroda broj 0 važi 0 < ɛ, tj. < ɛ. Na osovu Arhimedovog pricipa postoji priroda broj 0 takav da je 0 > [ ] ɛ, pri čemu je dovoljo uzeti 0 = +. Zaista, 0 > ɛ ɛ i za svako 0 takod e će važiti > ɛ, odakle < ɛ, tj. x 0 < ɛ. Primer 5. Dokazati da je =. Rešeje: Neka je ɛ > 0 proizvoljo. Treba ači 0 N tako da je za svako 0 važi < ɛ. Iz = = < ɛ + 5 > 7 ɛ + 5 > 7 ɛ > 7 ɛ 5, {[ ] } 7 zaključujemo da za 0 = max ɛ 5 +, važi 0 N i 0 > 7 ɛ 5, pa i za svako 0 važi > 7 ɛ 5, i stoga < ɛ. Primer 6. Dokazati da iz čiji je opšti čla x = + ( ) kovergira ka. Rešeje: Dokažimo da za proizvoljo ɛ > 0 postoji priroda broj 0 tako da za svaki priroda broj 0 važi + ( ) < ɛ, tj. < ɛ. Kako je < ɛ > ɛ > log ɛ,

3 {[ ] } zaključujemo da za 0 = max log +, važi 0 > log ɛ, i zato i za ɛ svako 0 važi > log ɛ. Sledi < ɛ i stoga, + ( ) < ɛ, tj. x < ɛ. Primer 7. Dokazati da iz x = teži ka +. Rešeje: Neka je M > 0 proizvoljo. Dokažimo da postoji priroda broj 0 tako da za svaki priroda broj 0 važi > M. Kako je > M > log M, zaključujemo da za 0 = max {[ log M ] +, } važi 0 > log M. Prema tome, ako je 0, tada je i > log M, tj. x = > M. Teorema 8. Ako postoji graiča vredost iza, oda je oa jedistvea. Dokaz. Pretostavimo da iz (x ) ima dve različite graiče vredosti x i x y y. Za ɛ = > 0 okolie (x ɛ, x + ε) i (y ɛ, y + ɛ) su disjukte. Kako je x = x, sledi postoji N tako da za svako važi x (x ɛ, x + ɛ). Takod e, iz x = y sledi da postoji N tako da za svako važi x (y ɛ, y + ɛ). Neka je 0 = max{, }. Tada za svako 0 važi x (x ɛ, x + ɛ) (y ɛ, y + ɛ), što protivureči čijeici da su okolie (x ɛ, x + ε) i (y ɛ, y + ɛ) disjukte. Defiicija 9. Za iz (x ) kažemo da je odozgo (odozdo) ograiče ako je odozgo (odozdo) ograiče skup {x : N}. Niz (x ) je ograiče ako je odozgo i odozdo ograiče. Teorema 0. Svaki kovergeta iz je ograiče. Dokaz. Neka je (x ) kovergeta iz i eka je x graiča vredost ovog iza. Tada postoji 0 N tako da za 0 važi x x <. Neka je M = max{, x x, x x,..., x 0 x }. Tada je x x M, tj. x [x M, x + M] za svako N. Prema tome, iz (x ) je ograiče. Primetimo da obrat tvrd eja Teoreme 0 e važi, tj. postoje izovi koji su ograičei ali isu kovergeti. Na primer iz čiji je opšti čla x = ( ) je ograiče ali ije kovergeta. Teorema. Neka su izovi (x ), (y ) i (z ) takvi da je x y z, N () 3

4 i x = z = a. () Tada je y = a. Dokaz. Neka je ɛ > 0 proizvoljo. Iz () sledi da postoje, N tako da je a ɛ < x < a + ɛ za svako (3) i a ɛ < z < a + ɛ za svako. (4) Neka je 0 = max{, }. Sada a osovu (), (3) i (4) sledi da za svako 0 važi a ɛ < x y z < a + ɛ, tj. y (a ɛ, a + ɛ). Prema tome, y = a. Teorema. Neka su (x ) i (y ) izovi realih brojeva takvi da je Ako je x = +, oda je y = +. Ako je y =, oda je x =. x y, za svako N. (5) Dokaz. Neka je x = + i M > 0. Tada postoji 0 N tako da je x > M za svako 0. Iz (5) sledi da je y > M za svako 0. Prema tome, y = +. Drugi deo tvrd eja se dokazuje aalogo. Teorema 3. Neka je x = x. (6) Ako je x < b, tada postoji N tako da za svako važi x < b. Ako je x > c, tada postoji N tako da za svako važi x > c. Dokaz. Neka je x < b i eka je ɛ = b x. Tada iz (6) sledi da postoji N tako da je za svako, x (x ɛ, x + ɛ) = (x ɛ, b). Prema tome, x < b za. Ako je x > c, tada je ɛ = x c > 0. Iz (6) sledi da postoji N tako da je za svako, x (x ɛ, x + ɛ) = (c, x + ɛ). Prema tome, x > c za. 4

5 Teorema 4. Neka je Ako je x b za svako N, tada je x b. Ako je x c za svako N, tada je x c. x = x. (7) Dokaz. Neka je x b za svako N. Ako bi x < b, tada bi a osovu Teoreme 3 sledilo da postoji N tako da je x < b za svako, što je suproto pretpostavci. Aalogo, ako je x c za svako N, a osovu Teoreme 3, zaključujemo da je x c. Sledeća teorema je uopšteje Teoreme 3. Teorema 5. Ako je x = x, y = y i x < y, tada postoji 0 N tako da je x < y za svako 0. Dokaz. Za ɛ = y x > 0 važi (x ɛ, x+ɛ) (y ɛ, y+ɛ) =. Takod e za svako t (x ɛ, x+ɛ) i svako s (y ɛ, y+ɛ) važi ejedakost t < s. Iz x = x i y = y sledi da postoje, N tako da je x (x ɛ, x + ɛ) za i y (y ɛ, y + ɛ) za. Neka je 0 = max{, }. Za 0 imamo da x (x ɛ, x + ɛ) i y (y ɛ, y + ɛ), te je x < y. Nareda teorema je uopšteje Teoreme 4. Teorema 6. Neka je x = x, y = y i x y za svako N. Tada je x y. Dokaz. Pretpostavimo da je x < y. Na osovu Teoreme 5 sledi da postoji 0 N tako da je x < y za svako 0. Ovo protivureči pretpostavci da je x y za svako N. Dobijea protivurečost dokazuje da je x y. Teorema 7. Ako izovi (x ) i (y ) kovergiraju, tada kovergiraju i izovi (x + y ) i (x y ) i važi + y ) = +, y ) =. 5

6 Dokaz. Neka je je x = x i y = y i eka je ɛ > 0 poizvoljo. Tada postoje, N tako da je x x < ɛ za i y y < ɛ za. Neka je 0 = max{, }. Za 0 važi (x + y ) (x + y) = (x x) + (y y) x x + y y < ɛ + ɛ = ɛ i (x y ) (x y) = (x x) (y y) x x + y y < ɛ + ɛ = ɛ. Prema tome, (x + y ) = x + y = x + y i (x y ) = x y = x y. Ako izovi (x ) i (y ) isu kovergeti, jihov zbir odoso razlika e mora da bude divergeta iz. Na primer izovi x = + 5 i y = + 3 isu kovergeti, ali je jihov zbir x + y = 8 kovergeta iz. Defiicija 8. Za iz koji kovergira ka 0 kažemo da je ula-iz. Teorema 9. Proizvod ula-iza i ograičeog iza je ula-iz. Dokaz. Neka je je x = 0 i eka je (y ) ograiče iz. Sledi postoji M > 0 tako da je y M za svako N. Neka je ɛ > 0 proizvoljo. Iz x = 0 sledi da postoji 0 N tako da je x < ɛ M za 0. Odatle za svako 0 važi Prema tome, (x y ) = 0. x y = x y < ɛ M M = ɛ. Posledica 0. Proizvod ula-iza i kovergetog iza je ula iz. Dokaz. Sledi iz Teoreme 9 i Teoreme 0. Teorema. Ako izovi (x ) i (y ) kovergiraju, tada kovergira i iz (x y ) i važi (x y ) = x y. (8) Dokaz. Neka je x = x i y = y. (9) 6

7 Ako je y = 0, tj. ako je (y ) ula-iz tvrd eje važi a osovu Posledice 0. Pretpostavimo da je y 0. Primetimo da je x y xy = x y x y + x y xy = x (y y) + y(x x) x y y + y x x. (0) Budući da je iz (x ) kovergeta, o je ograiče i postoji M > 0 tako da je x M za svako N. Neka je ɛ > 0. Iz (9) sledi da postoje, N tako da je x x < ɛ y za i y y < ɛ M za. Neka je 0 = max{, }. Za 0, a osovu (0) važi: x y xy x y y + y x x M y y + y x x < M ɛ M + y ɛ y = ɛ. Prema tome, (x y ) = xy = x y. Teorema. Ako je x = x 0, tada postoji 0 N tako da je x > x za svako 0. Dokaz. Neka je ɛ = x. Tada je ɛ > 0 i iz x = x sledi da postoji 0 N tako da je x x < ɛ = x za svako 0. Kako je x x x x x x, to je x x < x, tj. x > x za svako 0. Teorema 3. Ako je x = x 0 i x 0 za svako N, tada iz ( ) kovergira i važi x x = x. () Dokaz. Neka je ɛ > 0 proizvoljo. Na osovu Teoreme sledi da postoji N tako da je x > x za svako. Iz x = x sledi da postoji 7

8 N tako da je x x < ɛ x za svako. Neka je 0 = max{, }. Za 0 imamo = x x x x x x < ɛ x x x = ɛ. ( ) Prema tome, iz kovergira i važi (). x Teorema 4. Ako je x = x, y = y 0 i y 0 za svako N, ( ) x tada iz kovergira i važi y Dokaz. Kako je. ( x y ) = ( x x = x y y. () y ), tvrd eje sledi iz Teoreme 3 i Teoreme Teorema 5. (Košijev kriterijum kovergecije) Niz (x ) kovergira ako i samo ako ( ɛ > 0)( 0 N)(, m 0 ) x m x < ɛ. Defiicija 6. Za iz (x ) kažemo da je rastući (opadajući) ako je x x + (x x + ) za svako N. Za izove koji su rastući ili opadajući kaže se da su mootoi. Na primer, iz ) opada, dok iz ( ) raste. Niz (( ) ) ije moo- ). to, kao i iz ( ( ( ) Defiicija 7. Za iz (x ), supremum skupa {x : N} se zove supremum iza i obeležava sa sup x, dok se ifimum skupa {x : N} zove ifimum iza i obeležava sa if x. Na primer, sup =, sup( ) = +, if = 0, if ( ) =, sup( 3 + ) = +, if (3 + ) =. 8

9 Teorema 8. Svaki rastući iz (x ) koji je odozgo ograiče je kovergeta i x = sup x. Svaki rastući iz koji ije odozgo ograiče teži ka +. Dokaz. Neka je iz (x ) rastući i ograiče odozgo. Sledi supremum iza je reala broj. Neka je α = sup x i eka je ɛ > 0. Budući da je α ɛ < α i da je α ajmaja gorja graica skupa {x : N}, sledi da α ɛ ije gorja graica skupa {x : N}. Zato postoji 0 N tako da je x 0 > α ɛ. Kako je iz (x ) rasući, to je za svako 0 α ɛ < x 0 x α. Prema tome, za svako 0 je x α < ɛ, što zači da je iz (x ) kovergeta i da je x = α = sup x. Pretpostavimo da je (x ) rastući i eograiče odozgo. Neka je M > 0. Kako M ije gorja graica skupa {x : N}, postoji 0 N tako da je x 0 > M. Budući da je iz (x ) rastući, to je za svako 0, x x 0 > M. Prema tome, x = +. Teorema 9. Svaki opadajući iz (x ) koji je odozdo ograiče je kovergeta i x = if x. Svaki opadajući iz koji ije odozdo ograiče teži ka. Dokaz. Sličo dokazu Teoreme 8. Iz Teoreme 8 sledi da je rastući iz kovergeta ako i samo ako je ograiče odozgo. Iz Teoreme 9 sledi da je opadajući iz kovergeta ako i samo ako je ograiče odozdo. Takod e, iz Teorema 8 i 9 sledi da, bez obzira a to da li je iz ograiče odozgo (odozdo) ili e, ako je iz (x ) rastući (opadajući), oda možemo pisati x = sup x ( x = if x ). Primer 30. Dokazati da iz x =, x = +, x 3 = x = + + +, = + x kovergira i aći jegovu graiču vredost. 9

10 Rešeje: Dokažimo idukcijom da je iz (x ) rastući. Kako je f(x) = x strogo rastuća fukcija, to iz < + sledi x = < + = x. Pretpostavimo da je x < x +. Tada je i + x < + x +, te je x + = + x < + x + = x +. Da bi dokazali da je iz (x ) kovergeta dovoljo je sada dokazati da je ograiče odozgo. Dokazaćemo idukcijom da je gorja graica ovog iza: Imamo da je x = < i pretpostavimo da je x <. Tada je + x < + = 4 i zato je x + = + x < 4 =. Budući da je iz (x ) rastući i ograiče odozgo, o je kovergeta i ozačimo sa x jegovu graiču vredost. Iz jedakosti x = + x sledi jedakosti x = + x. Odavde i iz čijeice da je iz x = x sledi da je i x = x dobijamo x = + x, tj. x x = 0. Sledi x = + 9 = (odbacujemo drugo rešeje 9 = prethode kvadrate jeačie) jer je x 0 zbog x > 0. Prema tome, x =. Defiicija 3. Neka je (x ) iz realih brojeva i,,..., k,... iz prirodih brojeva takav da je < < 3 < < k < k+ <.... ) aziva podiz iza (x ) ili de- Tada se iz (x, x,..., x k, x k +,... iči iz iza (x ). Na primer, iz (, 4, 6,...,,... ) je podiz iza prirodih brojeva (,, 3,...,,... ). Med utim iz (4,, 6,...,,... ) ije podiz iza prirodih brojeva. Primetimo da ako je (x k ) podiz iza (x ), oda je k k za svako k N i a osovu Teoreme sledi k = +. k Teorema 3. (Bolzao-Weierstrass) Svaki ograiče iz ima kovergeta podiz. Svaki iz koji ije odozgo ograiče ima podiz koji teži ka +. Svaki iz koji ije odozdo ograiče ima podiz koji teži ka. Dokaz. Neka je iz (x ) ograiče. Tada postoji segmet [a, b], a, b R, takav da je x [a, b] za svako N. Podeo ovaj segmet a dva jedaka po dužii segmeta. U bar jedom od tako dobijeih segmeata 0

11 se alazi beskoačo mogo elemeata iza (x ). Ozačimo sa [a, b ] oaj u kome se alazi beskoačo mogo elemeata iza (x ) i izaberimo jeda elemeat x koji pripada ovom segmetu. Podeo opet segmet [a, b ] a dva jedaka po dužii segmeta i sa [a, b ] ozačimo oaj u kome se alazi beskoačo mogo elemeata iza (x ). Izaberimo sada x [a, b ] ali tako da je <. Nastavljajući tako postupak, dobijamo iz umetutih segmeata ([a k, b k ]) čija dužia b k a k = b a k teži 0 kad k. Takod e dobijamo i iz (x k ) takav da je x k [a k, b k ] i k < k za k < k. Prema tome, iz (x k ) je podiz iza (x ). Na osovu Katorovog pricipa o umetutim segmetima postoji jedistve broj ξ takav da je {ξ} = [a k, b k ]. Pritom je ξ = sup a k = if b k. Kako je k k= iz (a k ) rastući, a iz (b k ) opadajući, iz Teorema 8 i 9 sledi ξ = k a k = k b k. (3) Kako je a k x k b k za svako k N, iz (3), a a osovu Teoreme, sledi k x k = ξ. Ovim smo dokazali da iz (x ) ima kovergeta podiz. Pretpostavimo da iz (x ) ije ograiče odozgo. Tada postoji N takav da je x >. Niz (x +, x +, x +3,... ) takod e ije ograiče odozgo jer je dobije od iza (x ) odbacivajem koačo mogo elemeata. Zato postoji N takav da je > i x >. Nastavljajući postupak dobijamo iz ( k ) takav da je i < < < k <... x >, x >,..., x k > k,.... Iz Teoreme sledi k x k = +. Ako iz (x ) ije ograiče odozdo, aalogo se dokazuje da postoji podiz (x k ) iza (x ) koji teži ka. Neki važi reali izovi Primer 33. Dokazati da je a! k = 0, a > 0. (4)

12 Rešeje: Neka je x = a!. Sledi x > 0 za svako N i x + x = a + (+)! a! = a +. (5) a Kako je + < za + > a, tj. > a, to je x + < x za > a. Neka je 0 = max{[a ]+, } = max{[a], }. Niz (x 0, x 0 +, x 0 +,... ) je opadajući i ograiče odozdo ulom, te je a osovu Teoreme 9 kovergeta. Kako kovergezija iza e zavisi od koačo mogo člaova iza, sledi da je iz (x ) kovergeta. Neka je x = x. Tada je i x a + = x. Na osovu (5) imamo x + = x + = x a, tj. x = x 0 = 0, što dokazuje jedakost (4). +, te je x + = Primer 34. Neka je x = ( + ). Dokazati da je iz (x ) kovergeta. Rešeje: Primeom biome formule dobijamo: x = ( + ) = ( = + = + ( ) ( ) + ( ) ) ( ) ( ) + + k k + + = ( )( ) ( )... ( (k )) ( ) k k = = + + ( )! + ( )( ) 3! ( )... ( (k )) k! k + + ( )... ( ( ))! = = + + ( ) + ( ) ( ) +...! 3! + ( ) ( ) (... k ) +... k!... + ( ) ( ) (... ),!

13 i takod e x + = + + ( ) + ( ) ( ) +...! + 3! ( ) ( ) (... k ) +... k! ( ) ( ) (... ) +! ( ) ( ) (... ). ( + )! Kako je to je k < k, za k =,,...,, + x < x +, za svako N, pa je iz (x ) rastući. Sada dokazujemo da je iz (x ) odozgo ograiče. Primetimo da je za svako N i stoga je,! <, ( ) ( ) <,... ( ) ( ) ( )... k <,... ( ) ( ) ( )... <, ( ) < (! Odavde zaključujemo da je!, 3! ) ( ( ) ( ) < ) ( ) 3!, <!. x < +! +! + 3! +...!. Kako je k! = 3 k > k, to je k! <, k = 3,.... k 3

14 Zato je x < +! +! + 3! +...! < = + ( = + ) < + = 3. Primetimo još da je = x x za svako N. Prema tome x < 3, za svako N. (6) Kako je iz (x ) rastući i odozgo ograiče, o je kovergeta. Njegovu graiču vredost ozačavamo sa e. Dokazuje se da je broj e iracioala. Iz (6), a osovu Teoreme 4, sledi e 3. Precizijim proceama alazi se da je e =, U sledećem primeru biće am potreba Berulijeva ejedakost: Ako je h > i N, tada je Primer 35. Dokazati da je ( + h) + h. a =, a > 0. (7) Rešeje: Pretostavimo ajpre da je a >. Tada je a >, tj. a > 0 i a osovu Berulijeve ejedakosti dobijamo a = ( + ( a )) + ( a ). Sledi 0 < a a, za svako N. (8) a ( Kako je = 0, iz (8) a osovu Teoreme sledi ) a = 0, odoso a =. Ako je a =, jedakost (7) očigledo važi. 4

15 Pretpostavimo sada da je 0 < a <. Tada je b = > i prema već a dokazaom delu tvd eja imamo da je b =. Prema tome, a = b = = = b b =. Primer 36. Dokazati da je Rešeje: Primeom biome formule dobijamo =. (9) = ( + ( )) ( = + ) ( ) ( + ) +... ( ) ( > ), i prema tome, 0 < <. (0) ( Kako je = 0, iz (0) a osovu Teoreme sledi ) = 0, odakle sledi (9). Primer 37. Dokazati da je a = +, a >, k R. () k Rešeje: Dokažimo ajpre jedakost () za slučaj k =. Iz a = ( + (a )) = +(a )+ sledi Kako je a > ( ) (a ) +... > ( ) (a ) (a ) () (a ) = +, a osovu Teoreme iz () sledi a 5 = +. (3)

16 Dokažimo jedakost () za slučaj k >. Primetimo da je a k = [ ( k a) ] k, a zbog a > imamo k ( k a) a > i a osovu već dokazaog je = +. Stoga je ( k a) > za dovoljo veliko N. Za b R, b >, fukcija f(x) = b x, x R, je rastuća, te iz k > sledi b k > b = b. Ako za b uzmemo ( k a) gde je N dovoljo veliko, dobijamo a k = [ ( k a) ] k > ( k a) a Na osovu Teoreme iz (4) sledi k = +. Ako je k <, tada je k <, pa je a. (4) k a, za svako N. (5) a Iz (3) i (5), a osovu Teoreme, sledi k = +. 6