Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές»

Ασκήσεις για το µάθηµα «Ανάλυση Ι και Εφαρµογές» Κεφάλαιο : Το σύνολο των πραγµατικών αριθµών Α Οµάδα Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας) α) Εστω A µη κενό, άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R Για κάθε x A έχουµε x sup A ϐ) Εστω A µη κενό, άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R Ο x R είναι άνω ϕράγµα του A αν και µόνο αν sup A x γ) Αν το A είναι µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R τότε sup A A δ) Αν A είναι ένα µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του Z τότε sup A A ε) Αν a = sup A και ε > 0, τότε υπάρχει x A µε a ε < x a στ) Αν a = sup A και ε > 0, τότε υπάρχει x A µε a ε < x < a Ϲ) Αν το A είναι µη κενό και sup A if A = τότε υπάρχουν x, y A ώστε x y = η) Για κάθε x, y R µε x < y υπάρχουν άπειροι το πλήθος r Q που ικανοποιούν την x < r < y Υπόδειξη α) Σωστό Ο sup A είναι εξ ορισµού άνω ϕράγµα του A Συνεπώς, για κάθε x A έχουµε x sup A ϐ) Σωστό Αν ο x είναι άνω ϕράγµα του A τότε sup A x από τον ορισµό του sup A: ο sup A είναι το µικρότερο άνω ϕράγµα του A Αντίστροφα, αν sup A x τότε για κάθε a A έχουµε a sup A x, δηλαδή ο x είναι άνω ϕράγµα του A γ) Λάθος Το A = 0, ) = {x R : 0 < x < } είναι µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του R, όµως sup A = / A δ) Σωστό Εστω A ένα µη κενό και άνω ϕραγµένο υποσύνολο του Z Από το αξίωµα της πληρότητας, υπάρχει το a = sup A R Θα δείξουµε ότι a A: από τον χαρακτηρισµό του supremum, υπάρχει x A ώστε a < x Αν a / A, τότε x < a Αυτό σηµαίνει ότι ο x δεν είναι άνω ϕράγµα του A, οπότε, εφαρµόζοντας πάλι τον χαρακτηρισµό του supremum, ϐρίσκουµε y A ώστε a < x < y < a Επεται ότι 0 < y x < Αυτό είναι άτοπο, διότι οι x και y είναι ακέραιοι ε) Σωστό Αν a = sup A και ε > 0, από τον χαρακτηρισµό του supremum, υπάρχει x A ώστε a ε < x Από την άλλη πλευρά, ο a είναι άνω ϕράγµα του A και x A Συνεπώς, x a στ) Λάθος Πάρτε, για παράδειγµα, A = {, } Τότε, sup A = Αν όµως πάρουµε ε =, τότε δεν υπάρχει x A που να ικανοποιεί την 3 < x < Ϲ) Λάθος Πάρτε, για παράδειγµα, A = 0, ) Τότε, sup A if A = 0 = Αν όµως x, y 0, ) τότε 0 < x < και < y < 0, άρα < x y < ηλαδή, για κάθε x, y 0, ) έχουµε x y η) Σωστό Εστω A το σύνολο όλων των r Q που ικανοποιούν την x < r < y γνωρίζετε ότι το A είναι µη κενό) Ας υποθέσουµε ότι το A έχει πεπερασµένα το πλήθος στοιχεία, τα r < < r m Εχουµε x < r, άρα υπάρχει ϱητός r που ικανοποιεί την x < r < r Οµως τότε, x < r < y και r / {r,, r m } άτοπο) είξτε ότι τα παρακάτω ισχύουν στο R: α) Αν x < y + ε για κάθε ε > 0, τότε x y ϐ) Αν x y + ε για κάθε ε > 0, τότε x y

γ) Αν x y ε για κάθε ε > 0, τότε x = y δ) Αν a < x 0 έχουµε x y + ε) = x y x y = x y > 0, δηλαδή υπάρχει ε > 0 ώστε x > y + ε Άτοπο ϐ) Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο : υποθέτουµε ότι y < x Τότε, επιλέγοντας ε = x y > 0 έχουµε δηλαδή υπάρχει ε > 0 ώστε x > y + ε Άτοπο x y + ε) = x y x y = x y γ) Θυµηθείτε ότι αν a, b R και b 0, τότε a b αν και µόνο αν b a b Από την υπόθεση, για κάθε ε > 0 ισχύουν οι x y + ε και y x + ε Από το ϐ) έπεται ότι x y και y x Άρα, x = y δ) Αφού a < x 0, a x < ε και b x < ε ϐ) Ισχύει το αντίστροφο ; γ) Εστω ότι a < b < a + ε Βρείτε όλους τους x R που ικανοποιούν τις a x < ε και b x < ε Υπόδειξη α) Παίρνουµε σαν x το µέσο του διαστήµατος [a, b]: Τότε, x = a + b a a x = b x = = a + b a b ϐ) Ισχύει Αν a x < ε και b x < ε τότε, από την τριγωνική ανισότητα για την απόλυτη τιµή, έχουµε < ε a b a x + x b < ε + ε = ε γ) Το σύνολο των x R που ικανοποιούν την a x < ε είναι το a ε, a + ε ) Οµοίως, το σύνολο των x R που ικανοποιούν την b x < ε είναι το b ε, b + ε ) Άρα, ϑέλουµε να ϐρούµε την τοµή τους Λόγω της b < a + ε έχουµε b ε < a + ε Συνεπώς, a ε/, a + ε/) b ε/, b + ε/) a ε < b ε < a + ε < b + ε Επεται ότι a ε/, a + ε/) b ε/, b + ε/) = b ε/, a + ε/) 4 Να δειχθεί µε επαγωγή ότι ο αριθµός 5 είναι πολλαπλάσιο του 5 για κάθε N Υπόδειξη Με επαγωγή Για το επαγωγικό ϐήµα, υποθέστε ότι για κάποιον m N ο m 5 m είναι πολλαπλάσιο του 5 και γράψτε m + ) 5 m + ) = m 5 m) + 5m 4 + 0m 3 + 0m + 5m

5 Εξετάστε για ποιες τιµές του ϕυσικού αριθµού ισχύουν οι παρακάτω ανισότητες: i) > 3, ii) >, iii) >, iv)! >, v) Υπόδειξη ii) Μερικές δοκιµές ϑα σας πείσουν ότι η > ισχύει για =, δεν ισχύει για =, 3, 4 και µάλλον) ισχύει για κάθε 5 είξτε µε επαγωγή ότι η > ισχύει για κάθε 5: για το επαγωγικό ϐήµα υποθέτουµε ότι η m > m ισχύει για κάποιον m 5 Τότε, m+ > m > m + ) αν ισχύει η ανισότητα Οµως, αφού m 5, έχουµε + m < m + m < m + m = 3m < m iv) είξτε µε επαγωγή ότι! > για κάθε 4 Ελέγξτε ότι! αν =,, 3 v) είξτε µε επαγωγή ότι > για κάθε 7 Ελέγξτε ότι αν =,, 3, 4, 5, 6 6 Εστω a, b R και N είξτε ότι a b = a b)a + a b + + ab + b ) = a b) a k b k k=0 Αν 0 < a < b, δείξτε ότι a b a b a b Υπόδειξη Με επαγωγή Για το επαγωγικό ϐήµα, υποθέστε ότι m ) a m b m = a b) a k b m k για κάποιον m N Τότε, k=0 a m+ b m+ = a b)a m + ba m b m ) m ) = a b)a m + a b)b a k b m k = a b) = a b) a m + a m + m k=0 m k=0 m ) = a b) a k b m k k=0 k=0 a k b m k b a k b m k ) Αν 0 < a < b, τότε a a k b k b για κάθε k = 0,,, Άρα, a a k b k = b a b a b k=0 ) 3

7 Εστω a R είξτε ότι : α) Αν a >, τότε a > a για κάθε ϕυσικό αριθµό ϐ) Αν a > και m, N, τότε a m < a αν και µόνο αν m < γ) Αν 0 < a <, τότε a < a για κάθε ϕυσικό αριθµό δ) Αν 0 < a < και m, N, τότε a m < a αν και µόνο αν m > Υπόδειξη α) Αφού a > και a > 0, έχουµε a a > a ηλαδή, a > a Υποθέτουµε ότι a m > a για κάποιον m Αφού a > και a m > 0, παίρνουµε διαδοχικά a m+ = a m a > a m = a m > a Από την αρχή της επαγωγής έπεται ότι a > a για κάθε ϐ) είξτε πρώτα µε επαγωγή ότι a k > για κάθε k N Τότε, αν m < έχουµε m N και αυτό σηµαίνει ότι a m >, δηλαδή a a > Άρα, a > a m Για την αντίστροφη συνεπαγωγή, παρατηρήστε ότι αν m m τότε, όπως πριν, a a m Συνεπώς, αν a m < a πρέπει να ισχύει m < γ) Αφού a < και a > 0, έχουµε a a < a ηλαδή, a < a Υποθέτουµε ότι a m < a για κάποιον m Αφού a < και a m > 0, παίρνουµε διαδοχικά a m+ = a m a < a m = a m < a Από την αρχή της επαγωγής έπεται ότι a < a για κάθε δ) είξτε πρώτα µε επαγωγή ότι a k < για κάθε k N Τότε, αν m < έχουµε m N και αυτό σηµαίνει ότι a m <, δηλαδή a a < Άρα, a < a m Για την αντίστροφη συνεπαγωγή, παρατηρήστε ότι αν m m τότε, όπως πριν, a a m Συνεπώς, αν a m < a πρέπει να ισχύει m > 8 α) Αν a,, a > 0, δείξτε ότι ϐ) Αν 0 < a,, a <, τότε + a ) + a ) + a + + a a + + a ) a ) a ) a + + a ) + a a + a a 3 + + a a ) Υπόδειξη Με επαγωγή 9 είξτε ότι κάθε µη κενό κάτω ϕραγµένο υποσύνολο A του R έχει µέγιστο κάτω ϕράγµα Υπόδειξη Εστω A µη κενό κάτω ϕραγµένο υποσύνολο του R Θεωρούµε το σύνολο B = { x : x A} Παρατηρούµε πρώτα ότι το B είναι µη κενό : υπάρχει x A και τότε x B Επίσης, το B άνω ϕραγµένο : το A είναι κάτω ϕραγµένο και αν ϑεωρήσουµε τυχόν κάτω ϕράγµα t του A µπορούµε εύκολα να ελέγξουµε ότι ο t είναι άνω ϕράγµα του B εξηγήστε τις λεπτοµέρειες) Από το αξίωµα της πληρότητας υπάρχει το ελάχιστο άνω ϕράγµα s = sup B του B Οπως πριν, αφού ο s είναι άνω ϕράγµα του B, µπορούµε εύκολα να δείξουµε ότι ο s είναι κάτω ϕράγµα του A Αν y > s, τότε y < s Αφού s = sup B, υπάρχει b B τέτοιο ώστε y s τότε ο y δεν είναι κάτω ϕράγµα του A Επεται ότι s = if A Αλλος τρόπος: Ορίζουµε Γ = {x R : x κάτω ϕράγµα του A} είξτε ότι το Γ είναι µη κενό και άνω ϕραγµένο οποιοδήποτε στοιχείο του A είναι ένα άνω ϕράγµα του Γ) Από το αξίωµα της πληρότητας υπάρχει το ελάχιστο άνω ϕράγµα s = sup Γ του Γ είξτε ότι ο s είναι κάτω ϕράγµα του A Τότε, ο s είναι το µέγιστο στοιχείο του Γ, δηλαδή το µέγιστο κάτω ϕράγµα του A Για να δείξετε ότι ο s = sup Γ είναι κάτω ϕράγµα του A, πρέπει να δείξετε ότι το τυχόν a A ικανοποιεί την sup Γ a Αρκεί να δείξετε ότι ο a είναι άνω ϕράγµα του Γ εξηγήστε γιατί) Οµως, αν x Γ τότε x a από τον ορισµό του Γ, ο x είναι κάτω ϕράγµα του A) 4

0 Εστω A, B δύο µη κενά και ϕραγµένα υποσύνολα του R Αν sup A = if B, δείξτε ότι για κάθε ε > 0 υπάρχουν a A και b B ώστε b a < ε Υπόδειξη Εστω ε > 0 Από τον χαρακτηρισµό του sup µπορούµε να ϐρούµε a A ώστε a > sup A ε/ Από τον χαρακτηρισµό του if µπορούµε να ϐρούµε b B ώστε b < if B + ε/ Συνδυάζοντας τις δύο ανισότητες µε την υπόθεση, παίρνουµε ηλαδή, ϐρήκαµε a A και b B ώστε b a < ε b < if B + ε = sup A + ε < a + ε + ε = a + ε Εστω A µη κενό ϕραγµένο υποσύνολο του R µε if A = sup A Τι συµπεραίνετε για το A; Υπόδειξη Αν το A έχει περισσότερα από ένα στοιχεία, τότε if A < sup B: υπάρχουν x, y A µε x < y, οπότε if A x < y sup A Αν το A είναι µονοσύνολο, δηλαδή A = {a} για κάποιον a R, τότε if A = sup A = a γιατί ;) Άρα, if A = sup A αν και µόνο αν το A είναι µονοσύνολο α) Εστω a, b R µε a < b Βρείτε το supremum και το ifimum του συνόλου a, b) Q = {x Q : a < x < b} Αιτιολογήστε πλήρως την απάντηση σας ϐ) Για κάθε x R ορίζουµε A x = {q Q : q < x} είξτε ότι x = y A x = A y Υπόδειξη α) Θέτουµε A = a, b) Q = {x Q : a < x < b} Από τον ορισµό του A έχουµε x a Υποθέτουµε ότι sup A < b Από την πυκνότητα του Q στο R υπάρχει q Q ώστε sup A < q < b Τότε a < q < b, δηλαδή q A Αυτό είναι άτοπο, λόγω της sup A < q Άρα, sup A = b Με ανάλογο επιχείρηµα δείξτε ότι if A = a ϐ) Ας υποθέσουµε ότι x y Χωρίς περιορισµό της γενικότητας, µπορούµε να υποθέσουµε ότι x < y Υπάρχει q Q µε την ιδιότητα x < q < y Τότε, q A y και q / A x Άρα, A x A y Αν x = y, είναι ϕανερό ότι : για κάθε q Q ισχύει q < x q < y Άρα, A x = A y 3 Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, τα max, mi, sup και if των παρακάτω συνόλων : α) A = {x > 0 : 0 < x }, B = {x Q : x 0, 0 < x }, C = {0,, 3, 4, } ϐ) D = {x R : x < 0, x + x < 0}, E = { + ) : N}, F = {x Q : x )x + ) < 0} γ) G = {5 + 6 : N} {7 8 : N} Υπόδειξη i) Για το A παρατηρήστε ότι A = {x R : < x 3} =, 3] Άρα, max A = sup A = 3 Το if A είναι το, το A δεν έχει ελάχιστο στοιχείο ii) Ανάλογα, B = {x Q : < x 3} Εδώ, sup B = 3, if B =, το B δεν έχει ελάχιστο ούτε µέγιστο στοιχείο iii) Το C έχει ελάχιστο στοιχείο το 0 και µέγιστο στοιχείο το Συνεπώς, if C = 0 και sup C = iv) Ισχύει x + x < 0 αν και µόνο αν + 5 < x < ) 5 Επεται ότι D = + 5, 0 Το D δεν έχει ελάχιστο ούτε µέγιστο στοιχείο, if D = + 5, sup D = 0 { } v) Γράφουµε το E στη µορφή E = k : k N { k + : k N} Εξηγήστε τα παρακάτω : sup E = max E = 3, if E =, το E δεν έχει ελάχιστο στοιχείο 5

vi) Εχουµε F = {x Q : < x < } Το F δεν έχει ελάχιστο ούτε µέγιστο στοιχείο, if F =, sup F = vii) Τέλος, το G δεν είναι κάτω ϕραγµένο και έχει µέγιστο στοιχείο το max G = sup G = εξηγήστε γιατί) Β Οµάδα 4 Ανισότητα Beroulli) Εστω a R και έστω N είξτε ότι : α) Αν a, τότε + a) + a ϐ) Αν 0 < a < /, τότε + a) < / a) γ) Αν 0 a, τότε a a) + a Υπόδειξη α) Για = η ανισότητα ισχύει ως ισότητα : + a = + a είχνουµε το επαγωγικό ϐήµα : Υποθέτουµε ότι + a) m + ma Αφού + a 0, έχουµε + a) + a) m + a) + ma) Άρα, + a) m+ + a) + ma) = + m + )a + ma + m + )a Η τελευταία ανισότητα ισχύει διότι ma 0 ϐ) Για το επαγωγικό ϐήµα, παρατηρήστε πρώτα ότι αν 0 < a < m+ τότε έχουµε και 0 < a < m Από την επαγωγική υπόθεση, Οµως, + a) m+ m + )a) = + a) m + )a) + a) m < + a) m + )a) ma + a) m + )a) = + a m + )a m + )a = ma m + )a < ma Επεται ότι + a) m+ m + )a) < γ) Για την αριστερή ανισότητα, παρατηρήστε ότι a Συνεπώς, µπορούµε να εφαρµόσουµε το α) µε τον a στη ϑέση του a: a) = + a)) + a) = a Για τη δεξιά ανισότητα : αν a = η ανισότητα ισχύει διότι, τότε, a) = 0 Αν 0 a < έχουµε a > + a εξηγήστε γιατί), οπότε ) a) = > + a) + a a από το α) Επεται ότι a) +a 5 Εστω a R είξτε ότι : α) Αν < a < 0, τότε + a) + a + ) a για κάθε N ϐ) Αν a > 0, τότε + a) + a + ) a για κάθε N Υπόδειξη α) Ισοδύναµα, δείξτε ότι αν 0 < x <, τότε x) x + ) x για κάθε N Με επαγωγή Αν = τότε ισχύει σαν ισότητα 6

Υποθέστε ότι x) m mx + mm ) x για κάποιον m N Τότε, x) m+ = x) m x) ) mm ) mx + x x) [ ] mm ) = m + )x + + m x m + )m < m + )x + x, mm ) x 3 αφού mm ) + m = m+)m και x > 0 ϐ) Αν =, η ανισότητα ισχύει σαν ισότητα Αν, παρατηρήστε ότι από το διωνυµικό ανάπτυγµα, + a) = k=0 Πού χρησιµοποιήθηκε η υπόθεση ότι a > 0; ) a k + a + k ) a = + a + ) a 6 είξτε ότι για κάθε N ισχύουν οι ανισότητες + ) < + ) + και + + ) + > + ) + + Υπόδειξη Για την πρώτη ανισότητα παρατηρούµε ότι + ) < + ) + + Από την ανισότητα του Beroulli έχουµε ) ) + + + < + + ) + ) + + < + < ) + ) > + ) + ) + ) ) Αρκεί λοιπόν να ελέγξετε ότι + ) < + 7 Ανισότητα Cauchy-Schwarz) είξτε ότι : αν a,, a και b,, b είναι πραγµατικοί αριθµοί, τότε ) a k b k ) a k b k είξτε επίσης την ανισότητα του Mikowski: αν a,, a και b,, b είναι πραγµατικοί αριθµοί, τότε ) / / / a k + b k ) ak) + bk) ) 7

Υπόδειξη α) Η πιο ϕυσιολογική απόδειξη είναι µε επαγωγή : παρατηρήστε πρώτα ότι αρκεί να δείξουµε την ανισότητα στην περίπτωση που a k 0, b k 0 για κάθε k =,, εξηγήστε γιατί) = : Ελέγξτε ότι για κάθε a, a, b, b R ισχύει η ανισότητα a b + a b ) a + a )b + b ) Επαγωγικό ϐήµα Υποθέτουµε ότι το Ϲητούµενο ισχύει για οποιεσδήποτε δύο k άδες πραγµατικών αριθµών, k =,, m Εστω a,, a m+ και b,, b m+ µη αρνητικοί πραγµατικοί αριθµοί Χρησιµοποιώντας την επαγωγική υπόθεση γράφουµε m+ a k b k = m a k b k + a m+ b m+ m a k ) / m / bk) + a m+ b m+ Αν ορίσουµε x = m a k) / και y = m b k) /, τότε από το ϐήµα = ) έχουµε m a k ) / m / bk) + a m+ b m+ = xy + a m+ b m+ x + a m+) / y + b m+) / = a + + a m + a / m+) b + + b m + b / m+) Συνδυάζοντας τα παραπάνω ϐλέπουµε ότι m+ Ετσι, έχουµε αποδείξει το επαγωγικό ϐήµα a k b k a + + a m + a m+) / b + + b m + b m+) / ϐ) Χρησιµοποιώντας την ανισότητα Cauchy Schwarz, γράφουµε a k + b k ) = = a k a k + b k ) + b k a k + b k ) a k ) / ) / a k + b k ) + / ak) + b k ) / ) / a k + b k ) b k ) / ) / a k + b k ) Επεται το Ϲητούµενο εξηγήστε γιατί) 8 Ταυτότητα του Lagrage) Αν a,, a R και b,, b R, τότε a k ) b k ) ) a k b k = a k b j a j b k ) k,j= Χρησιµοποιώντας την ταυτότητα του Lagrage δείξτε την ανισότητα Cauchy-Schwarz 8

Υπόδειξη Παρατηρήστε ότι και, όµοια, Επίσης, a k a k ) ) b k b k ) = ak) ) = j= a j ) ) a k b k = a k b k Άρα, το αριστερό µέλος ισούται εξηγήστε γιατί) µε j= b j b k = ) a j b j = j= a kb j a k b j a j b k + a jb k) = k,j= Η ανισότητα Cauchy Schwarz προκύπτει άµεσα = k,j= k,j= k,j= a kb j a jb k a k b j a j b k a k b j a j b k ) k,j= 9 Ανισότητα αριθµητικού-γεωµετρικού µέσου) Αν x,, x > 0, τότε ) x + + x x x x Ισότητα ισχύει αν και µόνο αν x = x = = x Επίσης, αν x, x,, x > 0, τότε ) x x x x + + x Υπόδειξη Πρώτος τρόπος είχνουµε πρώτα επαγωγικά ότι, για κάθε k N, αν x,, x k είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί τότε k x x k x + + x k k Για k = πρέπει να ελέγξουµε ότι αν x, x > 0 τότε x x x+x Αυτή η ανισότητα ισχύει αν και µόνο αν 4x x x + x ), η οποία ισχύει διότι x x ) 0 Υποθέτουµε ότι αν y,, y m είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί τότε m y y m y + + y m m Εστω x,, x m, x m +,, x m+ > 0 Τότε, εφαρµόζοντας την επαγωγική υπόθεση για τους x,, x m > 0 και x m +,, x m+ > 0, παίρνουµε m+ x x mx m + x m+ = m x x m m x m + x m+ m x x m + m xm + x m+ x + + x m m + x ) m + + + x m+ m = x + + x m+ m+ 9

Εχουµε λοιπόν δείξει το Ϲητούµενο αν το πλήθος N των αριθµών είναι N = k, k N Εστω N και έστω x,, x > 0 Υπάρχει N = k > εξηγήστε γιατί) Θεωρούµε τη N άδα x,, x, α,, α, όπου πήραµε N ϕορές τον ϑετικό αριθµό α = x x Μπορούµε να εφαρµόσουµε την ανισότητα αριθµητικού γεωµετρικού µέσου γι αυτή τη N άδα : Αφού x x = α, η ανισότητα παίρνει τη µορφή N x x α N x + + x + N )α N α = N α α N x + + x + N )α, N δηλαδή Nα x + + x ) + N )α = α x + + x Συνεπώς, x x = α x + + x εύτερος τρόπος Θέτουµε α = x x x και ορίζουµε b k = x k α, k =,, Παρατηρούµε ότι οι b k είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί µε γινόµενο Επίσης, η Ϲητούµενη ανισότητα παίρνει τη µορφή Αρκεί λοιπόν να δείξουµε το εξής: b b = x α x α = x x α = b + + b Εστω N Αν b,, b είναι ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί µε γινόµενο b b =, τότε b + + b είξτε την µε επαγωγή ως προς το πλήθος των b k : αν = τότε έχουµε έναν µόνο αριθµό, τον b = Συνεπώς, η ανισότητα είναι τετριµµένη : Υποθέτουµε ότι για κάθε m άδα ϑετικών αριθµών y,, y m µε γινόµενο y y m = ισχύει η ανισότητα y + + y m m, και δείχνουµε ότι αν b,, b m+ είναι m + ) ϑετικοί πραγµατικοί αριθµοί µε γινόµενο b b m+ = τότε b + + b m+ m + Μπορούµε να υποθέσουµε ότι b b b m+ Παρατηρούµε ότι, αν b = b = = b m+ = τότε η ανισότητα ισχύει σαν ισότητα Αν όχι, αναγκαστικά έχουµε b < < b m+ εξηγήστε γιατί) Θεωρούµε την m-άδα ϑετικών αριθµών y = b b m+, y = b,, y m = b m Αφού y y m = b b m+ =, από την επαγωγική υπόθεση παίρνουµε b b m+ ) + b + + b m = y + + y m m Οµως, από την b < 0 δηλαδή b + b m+ > + b m+ b Άρα, b + b m+ + b + + b m > + b b m+ + b + + b m + m 0

Εχουµε λοιπόν δείξει το επαγωγικό ϐήµα Αν οι x,, x δεν είναι όλοι ίσοι, τότε η απόδειξη που προηγήθηκε δείχνει ότι η ανισότητα είναι γνήσια εξηγήστε γιατί) ηλαδή : στην ανισότητα αριθµητικού γεωµετρικού µέσου ισχύει ισότητα αν και µόνον αν x = = x Για την ανισότητα x x x x + + x εφαρµόστε την ανισότητα που µόλις δείξαµε για τους ϑετικούς πραγµατικούς αριθµούς x,, x 0 Εστω a,, a > 0 είξτε ότι a + a + + a ) ) + + + ) a a a Υπόδειξη Από την ανισότητα αριθµητικού γεωµετρικού αρµονικού µέσου έχουµε a + a + + a a a a a + a + + a Εστω A, B µη κενά ϕραγµένα υποσύνολα του R µε A B είξτε ότι if B if A sup A sup B Υπόδειξη είχνουµε την if B if A Αρκεί να δείξουµε ότι ο if B είναι κάτω ϕράγµα του A Οµως, αν x A τότε x B διότι A B), άρα if B x Εστω A, B µη κενά, ϕραγµένα υποσύνολα του R είξτε ότι το A B είναι ϕραγµένο και supa B) = max{sup A, sup B}, ifa B) = mi{if A, if B} Μπορούµε να πούµε κάτι ανάλογο για το supa B) ή το ifa B); Υπόδειξη α) Από την Άσκηση έχουµε supa B) sup A και supa B) sup B Άρα, supa B) max{sup A, sup B} Για την αντίστροφη ανισότητα αρκεί να δείξουµε ότι ο M := max{sup A, sup B} είναι άνω ϕράγµα του A B Εστω x A B Τότε, ο x ανήκει σε τουλάχιστον ένα από τα A ή B Αν x A τότε x sup A M και αν x B τότε x sup B M ϐ) Ισχύει η ανισότητα supa B) mi{sup A, sup B} Μπορεί όµως να είναι γνήσια Ενα παράδειγµα δίνουν τα A = {, } και B = {, 3} 3 Εστω A, B µη κενά υποσύνολα του R είξτε ότι sup A if B αν και µόνο αν για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a b Υπόδειξη Υποθέτουµε πρώτα ότι sup A if B Τότε, για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a sup A if B b Αντίστροφα, υποθέτουµε ότι για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a b Θα δείξουµε ότι sup A if B Πρώτος τρόπος: Για να δείξουµε ότι sup A if B, αρκεί να δείξουµε ότι ο if B είναι άνω ϕράγµα του A Εστω a A Από την υπόθεση, για κάθε b B ισχύει a b Άρα, ο a είναι κάτω ϕράγµα του B Συνεπώς, a if B Το a A ήταν τυχόν, άρα ο if B είναι άνω ϕράγµα του A εύτερος τρόπος: Ας υποθέσουµε ότι if B 0 µε την ιδιότητα if B + ε < sup A ε εξηγήστε γιατί) Από τον χαρακτηρισµό του ifimum, υπάρχει b B που ικανοποιεί την b < if B + ε και υπάρχει a A που ικανοποιεί την sup A ε < a Τότε, b < if B + ε < sup A ε < a Αυτό έρχεται σε αντίφαση µε την υπόθεση

4 Εστω A, B µη κενά, άνω ϕραγµένα υποσύνολα του R µε την εξής ιδιότητα : για κάθε a A υπάρχει b B ώστε a b είξτε ότι sup A sup B Υπόδειξη Πρώτος τρόπος: Για να δείξουµε ότι sup A sup B, αρκεί να δείξουµε ότι ο sup B είναι άνω ϕράγµα του A Εστω a A Από την υπόθεση, υπάρχει b B ώστε a b sup B Το a A ήταν τυχόν, άρα ο sup B είναι άνω ϕράγµα του A εύτερος τρόπος: Ας υποθέσουµε ότι sup A > sup B Υπάρχει ε > 0 µε την ιδιότητα sup A ε > sup B γιατί ;) Από τον χαρακτηρισµό του supremum, υπάρχει a A που ικανοποιεί την a > sup A ε Τότε, για κάθε b B έχουµε b sup B < sup A ε < a Αυτό έρχεται σε αντίφαση µε την υπόθεση 5 Βρείτε το supremum και το ifimum των συνόλων } A = { + ) + )+ : N, B = { + } 3 m :, m N Υπόδειξη α) Γράψτε το A στη µορφή A = { } { } k : k N k : k N Για κάθε a A ισχύει 0 < a < Αν y > 0 τότε υπάρχει k N ώστε < y Αν y < τότε υπάρχει k N ώστε k > y Από τα παραπάνω έπεται ότι if A = 0 και sup A = εξηγήστε γιατί) είξτε ότι το A δεν έχει µέγιστο ούτε ελάχιστο στοιχείο + ϐ) Για κάθε, m N ισχύει 3 m + 3 Άρα, sup B = max B = 5 6 Για κάθε b B ισχύει b > 0 Επίσης, αν y > 0 τότε υπάρχει N τέτοιος ώστε k + 3 < = < y Επεται ότι if B = 0 εξηγήστε γιατί) είξτε ότι το B δεν έχει ελάχιστο στοιχείο 6 είξτε ότι το σύνολο A = { ) m + m } : m, =,, είναι ϕραγµένο και ϐρείτε τα sup A και if A Εξετάστε αν το A έχει µέγιστο ή ελάχιστο στοιχείο Υπόδειξη Για κάθε m, N έχουµε ) m +m = m +m < Συνεπώς, A, ) είξτε ότι sup A = και if A = Τέλος, δείξτε ότι το A δεν έχει µέγιστο ούτε ελάχιστο στοιχείο 7 Εστω A 0, + ) Υποθέτουµε ότι if A = 0 και ότι το A δεν είναι άνω ϕραγµένο Να ϐρεθούν, αν υπάρχουν, τα max, mi, sup και if του συνόλου { } x B = x + : x A Υπόδειξη Αν y B τότε y = κάτω ϕραγµένο από το 0 x x+ για κάποιο x A Αφού A 0, + ), ϐλέπουµε ότι y > 0 Άρα, το B είναι

είχνουµε ότι if B = 0 µε τον ε χαρακτηρισµό του ifimum Εστω ε > 0 Αφού if A = 0, υπάρχει x A ώστε x < ε Τότε, το y = x x+ B και y = x x+ < x < ε είναι x + > αφού x > 0) Παρατηρούµε ότι ο είναι άνω ϕράγµα του B: αν y B τότε υπάρχει x A ώστε y = x x+ < είχνουµε ότι sup B = µε τον ε χαρακτηρισµό του supremum Εστω ε > 0 Ζητάµε x A ώστε x+ = x x+ > ε, δηλαδή x > ε Αφού το A δεν είναι άνω ϕραγµένο, τέτοιο x A υπάρχει Τότε, το y = x x+ B και y = x x+ > ε x Το B δεν έχει µέγιστο ή ελάχιστο στοιχείο : ϑα έπρεπε να υπάρχει x > 0 που να ικανοποιεί την x+ = 0 ή την = αντίστοιχα κάτι που δεν γίνεται) x x+ Γ Οµάδα 8 είξτε ότι οι αριθµοί + 3 και + 3 + 5 είναι άρρητοι Υπόδειξη α) Υποθέτουµε ότι + 3 Q Τότε, 5 + 6 = + 3) Q, άρα 6 Q Μπορούµε να γράψουµε 6 = m όπου m, N µε µέγιστο κοινό διαιρέτη τη µονάδα Από την m = 6 ϐλέπουµε ότι ο m είναι άρτιος, άρα υπάρχει k N ώστε m = k Αντικαθιστώντας στην m = 6 παίρνουµε k = 3 Αναγκαστικά, ο είναι κι αυτός άρτιος Αυτό είναι άτοπο, αφού ο είναι κοινός διαιρέτης των m και ϐ) Υποθέτουµε ότι + 3 + 5 = x Q Τότε, 5 + 6 = x + 5 x 5, άρα 6 + x 5 = y Q Υψώνοντας πάλι στο τετράγωνο, ϐλέπουµε ότι 30 Q Μπορούµε να γράψουµε 30 = m όπου m, N µε µέγιστο κοινό διαιρέτη τη µονάδα Από την m = 30 ϐλέπουµε ότι ο m είναι άρτιος, άρα υπάρχει k N ώστε m = k Αντικαθιστώντας στην m = 30 παίρνουµε k = 5 Αναγκαστικά, ο είναι κι αυτός άρτιος Αυτό είναι άτοπο, αφού ο είναι κοινός διαιρέτης των m και 9 είξτε ότι αν ο ϕυσικός αριθµός δεν είναι τετράγωνο κάποιου ϕυσικού αριθµού, τότε ο είναι άρρητος Υπόδειξη Αφού ο δεν είναι τετράγωνο κάποιου ϕυσικού αριθµού, υπάρχει N N ώστε N < < N + ) Υποθέτουµε ότι = p q, όπου p, q N και ο q είναι ο µικρότερος δυνατός Θέτουµε q = p qn = q N) και p = p N) = q pn Τότε, p, q N διότι είναι ακέραιοι και ϑετικοί αφού N > 0) και q = p qn < q διότι p q = < N + Οµως, το οποίο είναι άτοπο αφού q < q p = p N) q q N) = p q =, 30 Εστω A, B µη κενά, ϕραγµένα υποσύνολα του R Ορίζουµε A + B = {a + b : a A, b B} είξτε ότι supa + B) = sup A + sup B, ifa + B) = if A + if B Υπόδειξη Θα δείξουµε ότι ifa + B) = if A + if B α) ifa + B) if A + if B: αρκεί να δείξουµε ότι ο if A + if B είναι κάτω ϕράγµα του A + B Εστω x A + B Υπάρχουν a A και b B ώστε x = a + b Οµως, a if A και b if B Άρα, x = a + b if A + if B Το x A + B ήταν τυχόν, άρα ο if A + if B είναι κάτω ϕράγµα του A + B ϐ) ifa + B) if A + if B: αρκεί να δείξουµε ότι ο ifa + B) if B είναι κάτω ϕράγµα του A Για το σκοπό αυτό, ϑεωρούµε τυχόν) a A και δείχνουµε ότι ifa + B) a if B 3

Για την τελευταία ανισότητα αρκεί να δείξουµε ότι ο ifa + B) a είναι κάτω ϕράγµα του B: έστω b B Τότε, a + b A + B Άρα, ifa + B) a + b = ifa + B) a b Το b B ήταν τυχόν, άρα ο ifa + B) a είναι κάτω ϕράγµα του B εύτερος τρόπος: Εστω ε > 0 Από τον χαρακτηρισµό του supremum και του ifimum, υπάρχουν a A και b B που ικανοποιούν τις a < if A + ε και b < if B + ε Τότε, αφού a + b A + B, Το ε > 0 ήταν τυχόν, άρα ifa + B) if A + if B ifa + B) a + b < if A + if B + ε 3 Εστω A µη κενό, ϕραγµένο υποσύνολο του R Αν t R, ορίζουµε ta = {ta : a A} είξτε ότι α) αν t 0 τότε supta) = t sup A και ifta) = t if A ϐ) αν t < 0 τότε supta) = t if A και ifta) = t sup A Υπόδειξη Ακολουθήστε τη διαδικασία που χρησιµοποιήθηκε στην Άσκηση 30 3 Εστω A, B µη κενά υποσύνολα του R Υποθέτουµε ότι : α) για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a b, και ϐ) για κάθε ε > 0 υπάρχουν a A και b B ώστε b a < ε είξτε ότι sup A = if B Υπόδειξη είχνουµε πρώτα ότι sup A if B Σταθεροποιούµε b B Αφού a b για κάθε a A, ο b είναι άνω ϕράγµα του A, συνεπώς sup A b Το b B ήταν τυχόν, άρα ο sup A είναι κάτω ϕράγµα του B Τώρα, έπεται ότι sup A if B Για την αντίστροφη ανισότητα παρατηρούµε ότι, για κάθε ε > 0 υπάρχουν a ε A και b ε B ώστε b ε a ε < ε, συνεπώς if B b ε < a ε + ε sup A + ε είξαµε ότι if B 0, άρα if B sup A από την Άσκηση ) 33 Εστω A, B µη κενά, άνω ϕραγµένα υποσύνολα του R είξτε ότι sup A sup B αν και µόνο αν για κάθε a A και για κάθε ε > 0 υπάρχει b B ώστε a ε 0 Από τον ε-χαρακτηρισµό του sup B, υπάρχει b B ώστε sup B ε 0 υπάρχει b B ώστε a ε 0 Θεωρούµε τυχόν a A και ϐρίσκουµε b B ώστε a 0, άρα sup A sup B από την Άσκηση ) 34 Εστω A, B µη κενά υποσύνολα του R που ικανοποιούν τα εξής: α) για κάθε a A και για κάθε b B ισχύει a < b ϐ) A B = R είξτε ότι υπάρχει γ R τέτοιος ώστε είτε A =, γ) και B = [γ, + ) ή A =, γ] και B = γ, + ) Υπόδειξη Από την υπόθεση έπεται ότι A B = εξηγήστε γιατί) Επίσης, από την Άσκηση 3 έχουµε γ := sup A δ := if B ικαιολογήστε διαδοχικά τα εξής: 4

γ = δ: αν είχαµε γ < δ τότε ο γ+δ δεν ϑα ανήκε στο A B εξηγήστε γιατί), γ] A και [γ, ) B 3, γ) A και γ, ) B 4 Ο γ ανήκει σε ακριβώς ένα από τα A ή B 35 Εστω x R είξτε ότι : για κάθε N υπάρχει ακέραιος k Z ώστε Υπόδειξη Θέτουµε k = [ x] Z Τότε, k x < k +, άρα ηλαδή, x k < 0 x k < < 0 x k < x k < 36 Εστω x R είξτε ότι : για κάθε N υπάρχουν ακέραιοι m και, µε 0 < N, ώστε x m < N Υπόδειξη Χωρίζουµε το [0, ) σε N [ j ίσα διαδοχικά διαστήµατα N, j ) N, j =,, N Για k = 0,, N ϑεωρούµε τους αριθµούς x k = kx [kx] [0, ) Αφού το πλήθος των x k είναι N + και το πλήθος των διαστηµάτων είναι N, µπορούµε να ϐρούµε j και k > s ώστε x k, x s [ j N, j ) N Τότε, xk x s < N, δηλαδή k s)x [kx] [sx]) < N Θέτοντας = k s και m = [kx] [sx] παίρνουµε το Ϲητούµενο 37 Ανισότητα Chebyshev) Αν a a a > 0 και b b b > 0, τότε a b + a b + + a b a + + a a b + + a b b + + b Υπόδειξη Μπορείτε να αποδείξετε τις δύο ανισότητες µε επαγωγή Μια πολύ πιό σύντοµη απόδειξη είναι η εξής εξιά ανισότητα : Από την υπόθεση ότι a a a και b b b έπεται γιατί ;) ότι ηλαδή, a k a j )b k b j ) 0 k,j= ) Παρατηρήστε ότι Οµοια, Από την άλλη πλευρά, a k b k + a j b j a j b k + a k b j k,j= k,j= k,j= k,j= ) a k b k = a k b k = a b + + a b ) k,j= j= a j b j = a b + + a b ) k,j= a j b k = a k b j = a + + a )b + + b ) k,j= k,j= 5

Άρα, η ) παίρνει τη µορφή a b + + a b ) a + + a )b + + b ), που είναι η Ϲητούµενη ανισότητα Αριστερή ανισότητα : Χρησιµοποιήστε το γεγονός ότι a k a j )b k+ b j+ ) 0 k,j= 6