Ασκήσεις Απειροστικού Λογισμού ΙΙ Πρόχειρες Σημειώσεις Τμήμα Μαθηματικών Πανεπιστήμιο Αθηνών

Περιεχόμενα Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Σειρές πραγματικών αριθμών 3 3 Ομοιόμορφη συνέχεια 3 4 Ολοκλήρωμα Riemnn 43 5 Παράγωγος και Ολοκλήρωμα 57 6 Τεχνικές Ολοκλήρωσης 65 7 Θεώρημα Tylor 77 8 Κυρτές και κοίλες συναρτήσεις 83

Κεφάλαιο Υπακολουθίες και ακολουθίες Cuchy Ομάδα Α. Ερωτήσεις κατανόησης Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντησή σας).. n + αν και μόνο αν για κάθε M > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M. Λάθος. Θεωρήστε την ακολουθία ( n ) με k = k και k = για κάθε k N. Τότε, για κάθε M > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M. Πράγματι, υπάρχει k N ώστε k > M, και τότε, για κάθε k k ισχύει k = k k > M. Ομως, n + : αν αυτό ίσχυε, θα έπρεπε όλοι τελικά οι όροι της ( n ) να είναι μεγαλύτεροι από, το οποίο δεν ισχύει αφού όλοι οι περιττοί όροι της ( n ) είναι ίσοι με. Η άλλη κατεύθυνση είναι σωστή: αν n + τότε (από τον ορισμό) για κάθε M > όλοι τελικά οι όροι της ( n ) είναι μεγαλύτεροι από M. Άρα, για κάθε M > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M.. Η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη αν και μόνο αν υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn +. Σωστό. Υποθέτουμε πρώτα ότι υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn +. Εστω M >. Αφού kn +, όλοι τελικά οι όροι kn είναι μεγαλύτεροι από M. Οπότε, υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που είναι μεγαλύτεροι από M. Αφού ο M > ήταν τυχών, η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη. Άλλος τρόπος: αν η ( n ) ήταν άνω φραγμένη, τότε και κάθε υπακολουθία της ( n ) θα ήταν άνω φραγμένη. Τότε όμως, η ( n ) δεν θα μπορούσε να έχει υπακολουθία η οποία να τείνει στο +. Αντίστροφα, ας υποθέσουμε ότι η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη. Θα βρούμε επαγωγικά k < < k n < k n+ < ώστε kn > n. Τότε, για την υπακολουθία ( kn ) της ( n ) θα έχουμε kn + : Αφού η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη, μπορούμε να βρούμε k N ώστε k >. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί k < < k m ώστε kj > j για κάθε j =,..., m.

Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy Θέτουμε M = mx{,,..., km, m + }. Αφού η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη, μπορούμε να βρούμε k m+ N ώστε km+ > M. Από τον ορισμό του M έχουμε km+ > m + και km+ > n για κάθε n =,,..., k m. Συνεπώς, k m+ > k m. Αυτό ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. 3. Κάθε υπακολουθία μιας συγκλίνουσας ακολουθίας συγκλίνει. Σωστό. Υποθέτουμε ότι n. Εστω (b n ) = ( kn ) μια υπακολουθία της ( n ) και έστω ε >. Υπάρχει n N ώστε: για κάθε n n ισχύει n < ε. Τότε, για κάθε n n έχουμε k n n n, άρα b n = kn < ε. Επεται ότι b n. 4. Αν μια ακολουθία δεν έχει φθίνουσα υπακολουθία τότε έχει μια γνησίως αύξουσα υπακολουθία. Σωστό. Θυμηθείτε τον ορισμό του σημείου κορυφής μιας ακολουθίας ( n ): η ( n ) έχει σημείο κορυφής τον όρο k αν k m για κάθε m k. Αφού η ( n ) δεν έχει φθίνουσα υπακολουθία, δεν μπορεί να έχει άπειρα σημεία κορυφής: πράγματι, ας υποθέσουμε ότι υπάρχουν k < k < < k n < ώστε οι όροι k,..., kn,... να είναι σημεία κορυφής της ( n ). Τότε, k k kn, δηλαδή η υπακολουθία ( kn ) είναι φθίνουσα. Άρα, η ( n ) έχει πεπερασμένα το πλήθος σημεία κορυφής: Υπάρχει δηλαδή k N (το τελευταίο σημείο κορυφής ή ο k = αν δεν υπάρχουν σημεία κορυφής) με την ιδιότητα: αν n k, υπάρχει n > n ώστε n > n. Βρίσκουμε k > k ώστε k < k, κατόπιν βρίσκουμε k 3 > k ώστε k < k3 και ούτω καθεξής. Υπάρχουν δηλαδή k < k < < k n < ώστε k < k < < kn <. Άρα, η ( n ) έχει τουλάχιστον μία γνησίως αύξουσα υπακολουθία. 5. Αν η ( n ) είναι φραγμένη και n τότε υπάρχουν b και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn b. Σωστό. Στην Άσκηση 5 παρακάτω αποδεικνύεται ότι αν η ακολουθία ( n ) δεν συγκλίνει στον τότε υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. Αφού η ( n ) είναι φραγμένη, η ( kn ) είναι επίσης φραγμένη. Από το θεώρημα Bolzno Weierstrss η ( kn ) έχει υπακολουθία ( kln ) η οποία συγκλίνει σε κάποιον b R. Ομως, kln ε για κάθε n N, άρα b = lim n kln ε. Δηλαδή, b. 6. Υπάρχει φραγμένη ακολουθία που δεν έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. Λάθος. Από το θεώρημα Bolzno Weierstrss, κάθε φραγμένη ακολουθία έχει συγκλίνουσα υπακολουθία. 7. Αν η ( n ) δεν είναι φραγμένη, τότε δεν έχει φραγμένη υπακολουθία. Λάθος. Θεωρήστε την ακολουθία ( n ) με k = k και k = για κάθε k N. Η ( n ) δεν είναι φραγμένη, όμως η υπακολουθία ( k ) είναι σταθερή (άρα, φραγμένη).

3 8. Εστω ( n ) αύξουσα ακολουθία. Κάθε υπακολουθία της ( n ) είναι αύξουσα. Σωστό. Θεωρήστε μια υπακολουθία ( kn ) της ( n ). Αν n N τότε k n < k n+. Η ( n ) είναι αύξουσα, άρα: αν s, t N και s < t τότε s t (εξηγήστε γιατί). Παίρνοντας s = k n και t = k n+ συμπεραίνουμε ότι kn kn+. 9. Αν η ( n ) είναι αύξουσα και για κάποια υπακολουθία ( kn ) της ( n ) έχουμε kn, τότε n. Σωστό. Υποθέτουμε ότι η ( n ) είναι αύξουσα και ότι υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) η οποία συγκλίνει στον R. Αφού kn, η ( kn ) είναι φραγμένη. Συνεπώς, υπάρχει M R τέτοιος ώστε: για κάθε n N ισχύει kn M. Θα δείξουμε ότι: για κάθε n N ισχύει n M. Τότε, η ( n ) είναι αύξουσα και άνω φραγμένη, άρα συγκλίνει. Θεωρήστε τυχόντα n N. Αφού n k n και η ( n ) είναι αύξουσα, έχουμε n kn M.. Αν n τότε υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε n kn. Σωστό. Θα βρούμε επαγωγικά k < < k n < k n+ < ώστε kn < n. Τότε, 3 για την υπακολουθία ( kn ) της ( n ) θα έχουμε n kn (εξηγήστε γιατί). Αφού n, μπορούμε να βρούμε k N ώστε k <. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί k < < k m ώστε kj < j για κάθε j =,..., m. Θέτουμε 3 ε = (m+) >. Αφού 3 n, μπορούμε να βρούμε n N ώστε n < (m+) 3 για κάθε n n. Ειδικότερα, υπάρχει k m+ > k m ώστε km+ < (m+). Αυτό 3 ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. Ομάδα Β. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Δείξτε ότι n αν και μόνο αν οι υπακολουθίες ( k ) και ( k ) συγκλίνουν στο. Υπόδειξη. Υποθέτουμε ότι οι υπακολουθίες ( k ) και ( k ) συγκλίνουν στον. Εστω ε >. Υπάρχει n N με την ιδιότητα: για κάθε k n ισχύει k < ε. Επίσης, υπάρχει n N με την ιδιότητα: για κάθε k n ισχύει k < ε. Αν θέσουμε n = mx{n, n } τότε για κάθε n n ισχύει n < ε. [Πράγματι, παρατηρήστε ότι αν ο n είναι άρτιος τότε n = k για κάποιον k n ενώ αν ο n είναι περιττός τότε n = k για κάποιον k n.] Αφού το ε > ήταν τυχόν, έπεται ότι n. Το αντίστροφο είναι απλό: έχουμε δει ότι αν μια ακολουθία ( n ) συγκλίνει στον R τότε κάθε υπακολουθία ( kn ) της ( n ) συγκλίνει στον.. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Υποθέτουμε ότι οι υπακολουθίες ( k ), ( k ) και ( 3k ) συγκλίνουν. Δείξτε ότι: (α) lim k = lim k = lim k k (β) Η ( n ) συγκλίνει. k 3k. Υπόδειξη. Ας υποθέσουμε ότι k x, k y και 3k z. Παρατηρήστε ότι: (i) Η ( 6k ) είναι ταυτόχρονα υπακολουθία της ( k ) και υπακολουθία της ( 3k ). Άρα, η ( 6k ) συγκλίνει και x = lim k = lim 6k = lim 3k = z. k k k

4 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy (ii) Η ( 6k 3 ) είναι ταυτόχρονα υπακολουθία της ( k ) και υπακολουθία της ( 3k ). Άρα, η ( 6k 3 ) συγκλίνει και y = lim k = lim 6k 3 = lim 3k = z. k k k Επεται ότι x = y = z. Αφού οι ( k ) και ( k ) έχουν το ίδιο όριο, η Άσκηση δείχνει ότι η ( n ) συγκλίνει. 3. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Υποθέτουμε ότι n n+ n+ n για κάθε n N και ότι lim ( n n ) =. Τότε η ( n ) συγκλίνει σε κάποιον n πραγματικό αριθμό που ικανοποιεί την n n για κάθε n N. Υπόδειξη. Δείχνουμε διαδοχικά τα εξής: (α) Η ( n ) είναι αύξουσα και άνω φραγμένη από τον ενώ η ( n ) είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη από τον. Πράγματι, από την υπόθεση έχουμε ότι η ( n ) είναι αύξουσα και η ( n ) είναι φθίνουσα. Ειδικότερα, για κάθε n N. n n (β) Υπάρχουν, b R τέτοιοι ώστε n και n b. Αυτό είναι άμεσο από το γεγονός ότι η ( n ) είναι αύξουσα και η ( n ) είναι φθίνουσα (γνωρίζουμε ότι κάθε μονότονη και φραγμένη ακολουθία συγκλίνει). (γ) = b: αυτό προκύπτει από την υπόθεση ότι n n. Αφού n και n b, έχουμε b = lim n n lim n n = lim n ( n n ) =. (δ) n = b: στο (γ) είδαμε ότι = lim n n = lim n n = b. Από την Άσκηση έπεται ότι η ( n ) συγκλίνει και lim n = = b. n (ε) n n για κάθε n N. Αυτό είναι φανερό αφού η ( n ) είναι αύξουσα, η ( n ) είναι φθίνουσα και ο είναι το κοινό τους όριο. Γνωρίζουμε ότι = sup{ n : n N} = inf{ n : n N}. 4. Εστω ( n ) μια ακολουθία και έστω (x k ) ακολουθία οριακών σημείων της ( n ). Υποθέτουμε οτι x k x. Δείξτε οτι ο x είναι οριακό σημείο της ( n ). Υπόδειξη. Σύμφωνα με τον χαρακτηρισμό του οριακού σημείου ακολουθίας, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ε > υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που ικανοποιούν την n x < ε. Εστω ε >. Αφού x k x, υπάρχει k N ώστε x k x < ε (για την ακρίβεια, όλοι τελικά οι όροι της (x k ) έχουν αυτή την ιδιότητα). Σταθεροποιούμε τον x k και χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι ο x k είναι οριακό σημείο της ( n ): υπάρχουν άπειροι όροι της ( n ) που ικανοποιούν την n x k < ε. Για όλους αυτούς τους όρους βλέπουμε ότι n x n x k + x k x < ε + ε = ε.

5 5. Δείξτε ότι η ακολουθία ( n ) δεν συγκλίνει στον πραγματικό αριθμό, αν και μόνο αν υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn ε για κάθε n N. Υπόδειξη. Δείξτε τις ισοδυναμίες () () (3) (4): () Η ακολουθία ( n ) δεν συγκλίνει στον. () Υπάρχει ε > ώστε άπειροι όροι m της ( n ) να ικανοποιούν την m ε. (3) Υπάρχουν ε > και φυσικοί αριθμοί k < k < < k n < ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. (4) Υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. 6. Εστω ( n ) ακολουθία πραγματικών αριθμών και έστω R. Δείξτε ότι n αν και μόνο αν κάθε υπακολουθία της ( n ) έχει υπακολουθία που συγκλίνει στο. Υπόδειξη. (= ) Υποθέστε πρώτα ότι n. Αν ( kn ) είναι μια υπακολουθία της ( n ) τότε kn. Άρα, όλες οι υπακολουθίες της ( kn ) συγκλίνουν κι αυτές στον. ( =) Με απαγωγή σε άτοπο: υποθέστε ότι η ( n ) δεν συγκλίνει στον. Από την Άσκηση 5, υπάρχουν ε > και υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε: για κάθε n N ισχύει kn ε. Τότε, αν πάρουμε οποιαδήποτε υπακολουθία της ( kn ), όλοι οι όροι της θα είναι ε-μακριά από τον. Δηλαδή, η ( kn ) δεν έχει υπακολουθία που να συγκλίνει στον. 7. Ορίζουμε μια ακολουθία ( n ) με > και n+ = + + n. Δείξτε ότι οι υπακολουθίες ( k ) και ( k ) είναι μονότονες και φραγμένες. Βρείτε, αν υπάρχει, το lim n n. Υπόδειξη. Δείξτε πρώτα ότι η ( n ) ορίζεται καλά και n > για κάθε n N. Επίσης, δείξτε ότι αν n x τότε x = 3. (i) Υποθέστε ότι < < 3. Δείξτε διαδοχικά τα εξής: (α) > 3. (β) Για κάθε n N ισχύει η n+ = 3+n + n. (γ) Για κάθε k N ισχύουν οι k < 3 και k < k+. (δ) Για κάθε k N ισχύουν οι k > 3 και k+ < k. Χρησιμοποιώντας την Άσκηση 3 δείξτε ότι οι ( k ) και ( k ) συγκλίνουν. Χρησιμοποιώντας την αναδρομική σχέση ανάμεσα στον n+ και τον n δείξτε ότι lim k = k lim k = 3. Από την Άσκηση έπεται ότι n 3. k (ii) Εξετάστε με τον ίδιο τρόπο την περίπτωση > 3. (iii) Τέλος, δείξτε ότι αν = 3 τότε έχουμε n = 3 για κάθε n N.

6 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy 8. Βρείτε το ανώτερο και το κατώτερο όριο των ακολουθιών ( n = ( ) n+ + ), n ( πn ) b n = cos + 3 n +, γ n = n (( ) n + ) + n +. n + Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι n n + n για κάθε n N. Αν λοιπόν θεωρήσουμε οποιαδήποτε συγκλίνουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ), τότε το κριτήριο παρεμβολής δείχνει ότι lim kn. Επεται ότι lim inf n και lim sup n. Από την άλλη πλευρά, n = n και n = + n. Δηλαδή, ο και ο είναι οριακά σημεία της ( n ). Επεται ότι lim sup n = και lim inf n = (εξηγήστε γιατί). Άλλος τρόπος: Δοκιμάστε να δείξετε ότι = lim sup n με τον χαρακτηρισμό του lim sup: πάρτε τυχόν ε > και δείξτε ότι το {n : n > ε} είναι άπειρο (οι περιττοί όροι είναι μεγαλύτεροι από ) ενώ το {n : n > +ε} είναι πεπερασμένο (για να ισχύει n > + ε θα πρέπει να έχουμε n = k και k > ε, δηλαδή k < (β) Παρατηρήστε ότι, αν υ {,,..., 5} τότε ( ) (6k + υ)π ( cos = cos kπ + υπ ) 3 3 Επεται ότι b 6k = + 6k + b 6k+ = + 6k + b 6k+ = + 6k + 3 b 6k+3 = + 6k + 4 b 6k+4 = + 6k + 5 b 6k+5 = + 6k + 6. ( υπ = cos 3 ). ( + ε ) ). Από τα παραπάνω προκύπτει ότι lim sup b n (διότι b 6k ) και lim inf b n (διότι b 6k+3 ). Εστω τώρα (b kn ) τυχούσα συγκλίνουσα υπακολουθία της (b n ). Αυτή θα έχει άπειρους κοινούς όρους με τουλάχιστον μία από τις έξι υπακολουθίες που περιγράψαμε (εξηγήστε γιατί). Δηλαδή, θα έχει κοινή υπακολουθία (b kλn ) με κάποια από τις έξι υπακολουθίες παραπάνω. Αναγκαστικά, lim b kn = lim b kλn {,, },. Δηλαδή, το σύνολο των οριακών σημείων της (b n ) είναι το K = {,,, }. Επεται ότι lim sup b n = και lim inf b n =.

7 (γ) Παρατηρήστε ότι γ n = n +n+ n+ + και γ n = n+ n+. Με το επιχείρημα που χρησιμοποιήσαμε για το ερώτημα (β) ή με οποιονδήποτε άλλο τρόπο δείξτε ότι lim sup γ n = + και lim inf γ n =. 9. Εστω ( n ), (b n ) φραγμένες ακολουθίες. Δείξτε οτι lim inf n + lim inf b n lim inf( n + b n ) lim sup( n + b n ) lim sup n + lim sup b n. Υπόδειξη. Η μεσαία ανισότητα ισχύει προφανώς. Δείχνουμε τη δεξιά ανισότητα (η αριστερή αποδεικνύεται με ανάλογο τρόπο). Εστω ( kn + b kn ) υπακολουθία της ( n + b n ) με kn + b kn lim sup( n + b n ). Η ( kn ) είναι φραγμένη, άρα έχει περαιτέρω υπακολουθία ( kλn ) η οποία συγκλίνει: kλn x R. Ο x είναι οριακό σημείο της ( n ), άρα Τότε, x = lim kλn lim sup n. b kλn = ( kλn + b kλn ) kλn lim sup( n + b n ) x. Ο lim sup( n + b n ) x είναι οριακό σημείο της (b n ), άρα Επεται ότι lim sup( n + b n ) x lim sup b n. lim sup( n + b n ) x + lim sup b n lim sup n + lim sup b n.. Εστω n >, n N. (α) Δείξτε οτι lim inf n+ n lim inf n n lim sup n n lim sup n+ n. (β) Αν lim n+ n = x, τότε n n x. Υπόδειξη. Η μεσαία ανισότητα ισχύει προφανώς. Δείχνουμε την δεξιά ανισότητα (η αριστερή αποδεικνύεται με ανάλογο τρόπο). Για την απόδειξη της ανισότητας lim sup n n lim sup n+ n μπορούμε να υποθέσουμε ότι lim sup n+ n = x < + (αλλιώς, δεν έχουμε τίποτα να δείξουμε). Εστω ε >. Από τον χαρακτηρισμό του lim sup, υπάρχει k N ώστε για κάθε n k να ισχύει n+ n < x + ε. Επεται ότι: για κάθε n > k ισχύει n < n (x + ε) < n (x + ε) < < k (x + ε) n k = Θέτοντας M = k /(x + ε) k, έχουμε n M(x + ε) n για κάθε n > k. k (x + ε) k (x + ε)n. Χρησιμοποιούμε αυτή την ανισότητα ως εξής: θεωρούμε υπακολουθία ( sn sn ) της ( n n ) για την οποία sn sn lim sup n n.

8 Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy Λόγω της s n n, για κάθε n > k έχουμε s n > k. Άρα, sn sn sn M (x + ε). Ομως, sn M. Άρα, Το ε > ήταν τυχόν, άρα lim sup n n = lim sn sn x + ε. lim sup n n x = lim sup n+ n.. Εστω ( n ) φραγμένη ακολουθία. Δείξτε οτι lim sup( n ) = lim inf n και lim inf( n ) = lim sup n. Υπόδειξη. Δείχνουμε την πρώτη ισότητα. Η δεύτερη αποδεικνύεται με τον ίδιο τρόπο ή αν θέσουμε στην πρώτη όπου n την n. Θέτουμε x = lim sup( n ) και y = lim inf n. Υπάρχει υπακολουθία ( kn ) της ( n ) με kn x. Τότε, x = lim kn, άρα x y = lim inf n. Ομοίως, υπάρχει υπακολουθία ( λn ) της ( n ) με λn y. Τότε, y = lim( λn ), άρα y x = lim sup( n ), δηλαδή y x. Επεται ότι y = x.. Εστω ( n ) φραγμένη ακολουθία. Αν δείξτε ότι sup X = lim sup n. X = {x R : x n για άπειρους n N}, Υπόδειξη. Θέτουμε s = sup X. Θα χρησιμοποιήσουμε τον χαρακτηρισμό του lim sup n : (α) Εστω ε >. Αφού s = sup X, υπάρχει x X ώστε s ε < x. Από τον ορισμό του συνόλου X, ισχύει η ανισότητα x n για άπειρους n N. Δηλαδή, ισχύει η ανισότητα s ε < n για άπειρους n N. Εχουμε λοιπόν δείξει ότι: για κάθε ε > το σύνολο {n N : n > s ε} είναι άπειρο. (β) Εστω ε >. Αν η ανισότητα s + ε < n ίσχυε για άπειρους n N, τότε από τον ορισμό του συνόλου X θα είχαμε s + ε X. Αυτό δεν μπορεί να συμβαίνει, διότι s + ε > s = sup X. Εχουμε λοιπόν δείξει ότι: για κάθε ε > το σύνολο {n N : n > s + ε} είναι πεπερασμένο. Από τα (α) και (β) συμπεραίνουμε ότι sup X = s = lim sup n. 3. Χρησιμοποιώντας την ανισότητα n + + n + + + n,

9 δείξτε ότι η ακολουθία n = + + + n δεν είναι ακολουθία Cuchy. Συμπεράνατε ότι n +. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι: για κάθε n N, n + + n + + + n n + + n = n n =. Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία n = + + + n είναι ακολουθία Cuchy. Τότε, παίρνοντας ε = 4 >, μπορούμε να βρούμε n N με την ιδιότητα: για κάθε m, n n ισχύει m n < 4. Πάρτε n n και m = n > n n. Τότε, n n < 4. Αυτό δεν μπορεί να ισχύει, διότι n n = ( + + + n + n + + + ) ( + n + + ) n = n + + n + + + n. Εξηγήστε τώρα τα εξής: (α) Αφού η ( n ) δεν είναι ακολουθία Cuchy, η ( n ) δεν συγκλίνει σε πραγματικό αριθμό. (β) Αφού η ( n ) είναι αύξουσα και δεν συγκλίνει, η ( n ) δεν είναι άνω φραγμένη. (γ) Αφού η ( n ) είναι αύξουσα και δεν είναι άνω φραγμένη, αναγκαστικά n +. 4. Εστω < µ < και ακολουθία ( n ) για την οποία ισχύει Δείξτε ότι η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. n+ n µ n n, n. Υπόδειξη. Εστω = και b =. Από την n+ n µ n n έπεται (εξηγήστε γιατί) ότι: για κάθε n ισχύει Αν λοιπόν m, n N και m > n, τότε n+ n µ n = b µ n. m n m m + + n+ n b ( µ n + + µ m ) = b µ n µm n µ b µn µ b = µ( µ) µn. Θεωρήστε ε > και βρείτε n N που ικανοποιεί την b µ( µ) µn < ε. Τέτοιος n υπάρχει γιατί µ n όταν n. Τότε, αν m > n n, m n b µ( µ) b µn µ( µ) µn < ε.

Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy Δηλαδή, η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. 5. Ορίζουμε =, = b και n+ = n+n, n. Εξετάστε αν η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι: για κάθε n ισχύει δηλαδή n+ n = n + n n = n n, n+ n n n. Από την Άσκηση 4, η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. Ομάδα Γ 6. Εστω m N. Βρείτε μια ακολουθία ( n ) η οποία να έχει ακριβώς m διαφορετικές υπακολουθίες. Υπόδειξη. Αν m =, θεωρούμε τη σταθερή ακολουθία n =. Παρατηρήστε ότι κάθε υπακολουθία της ( n ) είναι σταθερή ακολουθία με όλους τους όρους της ίσους με, δηλαδή συμπίπτει με την ( n ). Εστω m >. Θεωρούμε την ακολουθία ( n ) που ορίζεται ως εξής: n = αν n < m και n = αν n m. Παρατηρήστε ότι κάθε υπακολουθία της ( n ) είναι τελικά σταθερή και ίση με, μπορεί δε να έχει από κανέναν ως m πρώτους όρους ίσους με (αυτό εξαρτάται από το πόσους από τους m πρώτους όρους της ( n ) έχει σαν όρους η υπακολουθία). Συνεπώς, το πλήθος των διαφορετικών υπακολουθιών της ( n ) είναι ακριβώς m. 7. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Αν sup{ n : n N} = και n για κάθε n N, τότε υπάρχει γνησίως αύξουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ) ώστε kn. Υπόδειξη. Θέτουμε A = { n : n N}. Από τον βασικό χαρακτηρισμό του supremum, για κάθε ε > υπάρχει x = x(ε) A ώστε ε < x. Αφού / A, έχουμε την ισχυρότερη ανισότητα ε < x <. Χρησιμοποιώντας το παραπάνω, θα βρούμε επαγωγικά k < < k n < k n+ < ώστε k < < kn < kn+ < και n < k n <. Τότε, για την γνησίως αύξουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ) θα έχουμε kn. Εφαρμόζοντας τον χαρακτηρισμό του supremum με ε =, βρίσκουμε k A που ικανοποιεί την < k <. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί k < < k m ώστε k < < km και j < k j < για κάθε j =,..., m. Θέτουμε s = mx{ m+,,,..., km }. Αφού s < (εξηγήστε γιατί), μπορούμε να βρούμε km+ A που ικανοποιεί την s < km+ <. Τότε, k m+ > k m, km < km+ και m+ < k m+ <. Αυτό ολοκληρώνει το επαγωγικό βήμα. 8. Εστω ( n ) ακολουθία θετικών αριθμών. Θεωρούμε το σύνολο A = { n : n N}. Αν inf A =, δείξτε ότι η ( n ) έχει φθίνουσα υπακολουθία που συγκλίνει στο. Υπόδειξη. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε βρεί φυσικούς k < < k m που ικανοποιούν τα εξής: < km < km < < k και < km < m.

Θέτουμε ε m+ = min {,..., km, m+} >. Αφού inf(a) = inf{n : n N} = και ε m+ >, υπάρχει k m+ N ώστε km+ < ε m+. Από τον ορισμό του ε m+ έπεται ότι (εξηγήστε γιατί): (α) k m < k m+, (β) km+ < km, (γ) km+ < m +. Ετσι ορίζεται επαγωγικά μια γνησίως φθίνουσα υπακολουθία ( kn ) της ( n ) η οποία συγκλίνει στο. 9. Ορίζουμε μια ακολουθία ως εξής: Βρείτε όλα τα οριακά σημεία της ( n ). =, n+ = + n, n = n. Υπόδειξη. Αν γράψετε τους δέκα πρώτους όρους της ακολουθίας ( n ) θα μαντέψετε ότι n = n+ και n+ =, n =,,,... n+ Δουλεύοντας όπως στην Άσκηση 8, δείξτε ότι lim inf n = και lim sup n =. 3. Εστω (x n ) ακολουθία με την ιδιότητα x n+ x n. Αν < b είναι δύο οριακά σημεία της (x n ), δείξτε ότι κάθε y [, b] είναι οριακό σημείο της (x n ). Υπόδειξη. Με απαγωγή σε άτοπο. Εστω y (, b) ο οποίος δεν είναι οριακό σημείο της (x n ). Τότε, μπορούμε να βρούμε ε > και n N ώστε < y ε < y + ε < b και x n / (y ε, y + ε) για κάθε n n. Αφού x n+ x n, υπάρχει n N ώστε: για κάθε n n, x n+ x n < ε. Θέτουμε n = mx{n, n }. Αφού οι, b είναι οριακά σημεία της (x n ), μπορούμε να βρούμε s > m > n ώστε x m < y ε και y + ε < x s. Η επιλογή του m > n είναι δυνατή διότι ο είναι οριακό σημείο της (x n ) και < y ε, ενώ η επιλογή του s > m είναι δυνατή διότι ο b είναι οριακό σημείο της (x n ) και y + ε < b. Μπορούμε τώρα να βρούμε m n < s ώστε x n y ε και x n+ y ε. Αρκεί να πάρουμε σαν n τον μεγαλύτερο φυσικό από τους m, m +,..., s για τον οποίο x n y ε. Ομως τότε, x n+ x n (y + ε) (y ε) = ε, το οποίο είναι άτοπο, διότι n m > n n (θα έπρεπε να ισχύει x n+ x n < ε). Καταλήξαμε σε άτοπο, άρα κάθε y (, b) είναι οριακό σημείο της (x n ). Αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο, αφού οι, b είναι επίσης οριακά σημεία της (x n ). 3. (α) Εστω A αριθμήσιμο υποσύνολο του R. Δείξτε ότι υπάρχει ακολουθία ( n ) ώστε κάθε x A να είναι οριακό σημείο της ( n ).

Υπακολουθιες και ακολουθιες Cuchy (β) Δείξτε ότι υπάρχει ακολουθία (x n ) ώστε κάθε x R να είναι οριακό σημείο της (x n ). Υπόδειξη. (α) Αν A = {x s : s N}, μπορείτε να θεωρήσετε την ακολουθία ( n ) που ορίζεται ως εξής: b, b, b, b, b, b 3, b, b, b 3, b 4,..., b, b,..., b n,... Για κάθε s N υπάρχει υπακολουθία ( kn ) η οποία είναι σταθερή και ίση με x s (διότι άπειροι όροι της ( n ) είναι ίσοι με x s ). Άρα, για κάθε s N ο x s είναι οριακό σημείο της ( n ). (β) Πάρτε σαν A το Q στο (α). Αφού το Q είναι αριθμήσιμο, υπάρχει ακολουθία ( n ) ώστε κάθε q Q να είναι οριακό σημείο της ( n ). Η ( n ) ικανοποιεί το ζητούμενο: για κάθε x R υπάρχει ακολουθία (q k ) στο Q ώστε q k x. Αφού κάθε q k είναι οριακό σημείο της ( n ), η Άσκηση 4 δείχνει ότι και ο x είναι οριακό σημείο της ( n ). 3. Εστω ( n ) μια ακολουθία. Ορίζουμε b n = sup{ n+k n : k N}. Δείξτε ότι η ( n ) συγκλίνει αν και μόνο αν b n. Υπόδειξη. Εστω ε > και έστω n N. Δείξτε ότι τα εξής είναι ισοδύναμα: (α) Για κάθε m, n n ισχύει m n ε. (β) Για κάθε m > n n ισχύει m n ε. (γ) Για κάθε n n και κάθε k N ισχύει n+k n ε. (δ) Για κάθε n n ισχύει b n := sup{ n+k n : k N} ε. Χρησιμοποιώντας την ισοδυναμία των (α) και (δ) δείξτε ότι η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy (ισοδύναμα, συγκλίνει) αν και μόνο αν b n. 33. Εστω, b >. Ορίζουμε ακολουθία ( n ) με =, = b και n+ = 4 n+ n, n =,,... 3 Εξετάστε αν η ( n ) συγκλίνει και αν ναι, βρείτε το όριό της. Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι n+ n+ = 4 n+ n n+ = 4 n+ n 3 n+ 3 3 Επεται ότι n+ n+ 3 n+ n. = n+ n. 3 Από την Άσκηση 4, η ( n ) είναι ακολουθία Cuchy. Συνεπώς, συγκλίνει. Για να βρούμε το όριο, παρατηρούμε ότι Άρα, n+ n = n n 3 = n n 3 = = 3 n = b 3 n. n = n + b 3 n = n + b 3 n 3 + b 3 n = n = + (b ) k= 3 k + (b ) k= 3(b ) = + 3k = 3b.

Κεφάλαιο Σειρές πραγματικών αριθμών Α Ομάδα. Ερωτήσεις κατανόησης Εστω ( k ) μια ακολουθία πραγματικών αριθμών. Εξετάστε αν οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθείς ή ψευδείς (αιτιολογήστε πλήρως την απάντηση σας).. Αν k τότε η ακολουθία s n = + + n είναι φραγμένη. Λάθος. Η ακολουθία k = k, όμως η ακολουθία s n = + + + n φραγμένη (τείνει στο + ). δεν είναι. Αν η ακολουθία s n = + + n είναι φραγμένη τότε η σειρά k συγκλίνει. Λάθος. Αν θεωρήσουμε την ακολουθία k = ( ) k, τότε έχουμε s n = αν ο n είναι περιττός και s n = αν ο n είναι άρτιος. Δηλαδή, η ακολουθία s n = + + n είναι φραγμένη. Ομως, η σειρά ( ) k αποκλίνει, διότι k. 3. Αν k, τότε η σειρά k συγκλίνει απολύτως. Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k = k και η k = στο +, δηλαδή η k δεν συγκλίνει απολύτως. 4. Αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά k συγκλίνει. k αποκλίνει Σωστό. Αποδείξαμε (στη θεωρία) ότι αν μια σειρά συγκλίνει απολύτως τότε συγκλίνει. 5. Αν k > για κάθε k N και αν < k+ k k συγκλίνει. < για κάθε k N, τότε η σειρά

4 Σειρες πραγματικων αριθμων Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k > για κάθε k N και k+ k = k k+ < για κάθε k N. Ομως, η σειρά k αποκλίνει. 6. Αν k > για κάθε k N και αν lim k+ k k =, τότε η σειρά k αποκλίνει. Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k > για κάθε k N και lim k k (k+) =. Ομως, η σειρά k 7. Αν k > για κάθε k N και αν k+ k συγκλίνει. lim k+ k k = +, τότε η η σειρά k αποκλίνει. Σωστό. Αν k+ k +, υπάρχει N N ώστε k+ k για κάθε k N. Αφού η ( k ) έχει θετικούς όρους, συμπεραίνουμε ότι < N N+ k, δηλαδή k. Συνεπώς, η σειρά k αποκλίνει. 8. Αν k, τότε η σειρά ( ) k k συγκλίνει. Λάθος. Αν θεωρήσουμε την k = ( )k k, τότε k. Ομως, η σειρά ( ) k k = k αποκλίνει. 9. Αν k > για κάθε k N και αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά συγκλίνει. Λάθος. Θεωρήστε την k = k. Τότε, k > για κάθε k N και η σειρά συγκλίνει. Ομως, η σειρά k = k αποκλίνει.. Αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά k συγκλίνει. Λάθος. Από το κριτήριο του Dirichlet, η σειρά k = k αποκλίνει. ( ) k k k k συγκλίνει. Ομως, η σειρά. Αν η σειρά k συγκλίνει και αν ( kn ) είναι μια υπακολουθία της ( n ), τότε η σειρά kn συγκλίνει. Λάθος. Σύμφωνα με το κριτήριο Dirichlet, η σειρά k = Ομως, η σειρά k = σειρά εξηγήστε γιατί). k ( ) k k συγκλίνει. αποκλίνει (συμπεριφέρεται σαν την αρμονική

5. Αν k > για κάθε k N και αν η σειρά k συγκλίνει, τότε η σειρά συγκλίνει. k Σωστό. Αφού η k συγκλίνει, έχουμε k. Άρα, υπάρχει m N ώστε: για κάθε k m, k. Τότε, για κάθε k m έχουμε k k. Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k συγκλίνει. 3. Η σειρά 4 6 (k) k! συγκλίνει. Λάθος. Θέτουμε k = 4 6 (k) k!. Τότε, k > και k+ k = [ 4 6 (k)(k + )]k! [ 4 6 (k)](k + )! = k + k + = >. Από το κριτήριο του λόγου, η σειρά 4 6 (k) k! αποκλίνει. 4. Η σειρά k( + k ) p συγκλίνει αν και μόνο αν p <. k(+k Σωστό. Παρατηρούμε ότι lim ) p k k = lim p+ k ριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k (p+) μόνο αν p <. ( + k ) p = >. Από το ο- k( + k ) p συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά συγκλίνει. Αυτό συμβαίνει αν και μόνο αν (p + ) >, δηλαδή αν και Β Ομάδα 5. Δείξτε ότι αν lim b k = b τότε (b k b k+ ) = b b. k Υπόδειξη. Το n-οστό μερικό άθροισμα της σειράς ισούται με s n = (b b ) + (b b 3 ) + + (b n b n+ ) = b b n+. Αφού lim k b k = b, βλέπουμε ότι lim n s n = b b. Συνεπώς, (b k b k+ ) = b b. 6. Δείξτε ότι (α) (k )(k+) = (β) k +3 k 6 k = 3 (γ) k+ k k +k =. Υπόδειξη. (α) Θέτουμε b k = k. Παρατηρούμε ότι b k b k+ = k k + = (k )(k + ).

6 Σειρες πραγματικων αριθμων Εχουμε b = και b k. Από την Άσκηση 5, (k )(k + ) = (k )(k + ) = (b b) =. (β) Γνωρίζουμε ότι αν < x <, τότε x k = x x k = x x. Συνεπώς, k + 3 k ( ) k 6 k = + 3 (γ) Γράφουμε k + k k + k = k= ( ) k /3 = (/3) + / (/) = + = 3. ( ) k = =, k + χρησιμοποιώντας την Άσκηση 5 για την b k = k. 7. Υπολογίστε το άθροισμα της σειράς Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι k(k+)(k+). k(k + )(k + ) = (k + ) k k(k + )(k + ) = k(k + ) (k + )(k + ). Χρησιμοποιώντας την Άσκηση 5 για την b k = k(k+), συμπεραίνουμε ότι k(k + )(k + ) = b = 4. 8. Εξετάστε για ποιές τιμές του πραγματικού αριθμού x συγκλίνει η σειρά +x k. Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι: αν x < τότε, άρα η σειρά αποκλίνει. +x k Αν x =, τότε = +x k, άρα η σειρά αποκλίνει. Αν x =, ο k- οστός όρος δεν ορίζεται στην περίπτωση που ο k είναι περιττός, άρα δεν έχει νόημα να εξετάσουμε τη σύγκλιση της σειράς. Υποθέτουμε λοιπόν ότι x >. Τότε, μπορούμε να εφαρμόσουμε το οριακό κριτήριο σύγκρισης, χρησιμοποιώντας την (η οποία συγκλίνει ως γεωμετρική σειρά με λόγο x < ). Εχουμε Συνεπώς, η σειρά /( + x k ) / x k = x k x k + x k = (/x) k +. +x k συγκλίνει απολύτως. 9. Εφαρμόστε τα κριτήρια λόγου και ρίζας στις ακόλουθες σειρές:

7 (α) (ε) k k x k k= (β) k= k k! xk (στ) x k k! (γ) k x k k x k k (ζ) k= (δ) k 3 x k k= k 3 x k (η) 3 k k x k k!. Αν για κάποιες τιμές του x R κανένα από αυτά τα δύο κριτήρια δεν δίνει απάντηση, εξετάστε τη σύγκλιση ή απόκλιση της σειράς με άλλο τρόπο. Υπόδειξη. Εξετάζουμε μερικές από αυτές: (α) k k x k : Με το κριτήριο του λόγου. Αν x, έχουμε (k + ) k+ x k+ ( k k x k = (k + ) + ) k x +. k Συνεπώς, η σειρά αποκλίνει. Η σειρά συγκλίνει μόνο αν x =. Στο ίδιο συμπέρασμα θα καταλήγατε αν χρησιμοποιούσατε το κριτήριο της ρίζας: k παρατηρήστε ότι k k x k = k x + αν x. (β) x k k! : Με το κριτήριο του λόγου. Αν x, έχουμε k= x k+ /(k + )! x k /k! = x k + <. Συνεπώς, η σειρά συγκλίνει απολύτως. Η σειρά συγκλίνει για κάθε x R. (στ) k x k k : Με το κριτήριο του λόγου. Αν x, έχουμε k+ x k+ /(k + ) k k x k /k = x (k + ) x. Συνεπώς, η σειρά συγκλίνει απολύτως αν x < / και αποκλίνει αν x > /. Εξετάζουμε τη σύγκλιση χωριστά στις περιπτώσεις x = ±/. Παρατηρώντας ότι οι σειρές και συγκλίνουν, συμπεραίνουμε τελικά ότι η σειρά συγκλίνει ( ) k k αν και μόνο αν x /. k. Εξετάστε αν συγκλίνουν ή αποκλίνουν οι σειρές και + 3 + + 3 + 3 + 3 3 + 4 + 3 4 + + + 8 + 4 + 3 + 6 + 8 + 64 +. Υπόδειξη. (α) Παρατηρήστε ότι το (n)-οστό μερικό άθροισμα της σειράς ισούται με s n = + 3 + + 3 + 3 + 3 3 + 4 + 3 4 + n n k + 3 k k + 3 k = + = 3.

8 Σειρες πραγματικων αριθμων Αφού η σειρά έχει θετικούς όρους και s n 3 για κάθε n, έπεται ότι η σειρά συγκλίνει (εξηγήστε γιατί). (β) Παρατηρήστε ότι το (n)-οστό μερικό άθροισμα της σειράς ισούται με + + 8 + 4 + 3 + 6 + 8 + 64 + s n = n k= k < k= k =. Αφού η σειρά έχει θετικούς όρους και s n για κάθε n, έπεται ότι η σειρά συγκλίνει.. Να βρεθεί ικανή και αναγκαία συνθήκη για την ακολουθία ( n ) ώστε να συγκλίνει η σειρά + + 3 3 +. Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι s n = για κάθε n N. Επίσης, s =, s 3 =, s 5 = 3, s 7 = 4, και γενικά, s n = n. Επεται ότι η σειρά συγκλίνει αν και μόνο αν n. Πράγματι, αν η σειρά συγκλίνει και αν s είναι το άθροισμά της, τότε s = lim s n = και n = s n s =. Αντίστροφα, αν n τότε s n = και s n = n, άρα s n.. Εξετάστε αν συγκλίνει ή αποκλίνει η σειρά k στις παρακάτω περιπτώσεις: (α) k = k + k n= (β) k = + k k (γ) k = k+ k k (δ) k = ( k k ) k. Υπόδειξη. (α) Αν k = k + k, τότε s n = + + n = n + +, άρα η σειρά αποκλίνει. (β) Εχουμε k = + k k = +k +k. Παρατηρούμε ότι k /k = k +k +k >. Αφού η σύγκρισης. k αποκλίνει, η σειρά k αποκλίνει από το οριακό κριτήριο (γ) Εχουμε k = k+ k k = k( k++. Παρατηρούμε ότι k k) /k 3/ >. Αφού η συγκλίνει, η σειρά k συγκλίνει από το οριακό κριτήριο σύγκρισης. k 3/ (δ) Χρησιμοποιούμε το κριτήριο της ρίζας: έχουμε k k = k k <, άρα η σειρά συγκλίνει. 3. Εξετάστε αν συγκλίνουν ή αποκλίνουν οι σειρές k + k k 3, ( k k ), cos k k, k! k k.

9 Υπόδειξη. (α) Αφού η k k+ k k 3 : παρατηρούμε ότι k /k = k3 + k k k 3 >. συγκλίνει, η σειρά k συγκλίνει από το οριακό κριτήριο σύγκρισης. (β) ( k k ): θέτουμε θ k = k k. Τότε, k = ( + θ k ) k. Παρατηρούμε ότι, για κάθε k 3, ( + k ) k < e < 3 k = ( + θ k ) k. Άρα, θ k > k για κάθε k 3. Αφού η αυτή. (γ) cos k k : παρατηρούμε ότι k k. Αφού η k αποκλίνει, η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο σύγκρισης. (δ) k! : χρησιμοποιούμε το κριτήριο λόγου. Εχουμε k k k+ k = άρα η σειρά συγκλίνει. (k + )!kk k!(k + ) k+ = k k k (k + ) k = ( + k θ k αποκλίνει κι συγκλίνει, η σειρά ) k e <, k 4. Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις παρακάτω σειρές. Οπου εμφανίζονται οι παράμετροι p, q, x R να βρεθούν οι τιμές τους για τις οποίες οι αντίστοιχες σειρές συγκλίνουν. (α) (δ) (ζ) ( ) + k k (ε) k + k ) k k+ k p ( Υπόδειξη. (α) ( ) + k k e (β) (β) p k k p ( < p) (γ) k= ( < q < p) (στ) p k q k k p k q ( < q < p) +( ) k k (η) ( k k p + k + k ). ( + k ) k : χρησιμοποιούμε το κριτήριο της ρίζας. Εχουμε k k = <, άρα η σειρά συγκλίνει. p k k p : χρησιμοποιούμε το κριτήριο του λόγου. Εχουμε k+ (k + )p = p k k p p, άρα η σειρά συγκλίνει αν < p < και αποκλίνει αν p >. Για p = παίρνουμε τη σειρά k, η οποία αποκλίνει (k όταν k!).

Σειρες πραγματικων αριθμων (γ) k= k p k q : θεωρούμε την b k = /k p. Αφού q < p, έχουμε k b k = k (p q) >. Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά μας συγκλίνει αν και μόνο αν η συγκλίνει, δηλαδή αν και μόνο αν p > (και < q < p). k p (δ) k + k : θεωρούμε την b k = /k. Εχουμε k b k = k k k k = k k >. Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά αποκλίνει (διότι η (ε) k αποκλίνει). p k q k : θεωρούμε την b k = /p k. Αφού < q < p, έχουμε k b k = (q/p) k > (διότι (p/q) k αφού < p/q < ). Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η σειρά μας συγκλίνει αν και μόνο αν η συγκλίνει, δηλαδή αν και μόνο αν p > p k (και < q < p). (στ) +( ) k k : παρατηρούμε ότι < k 3 k. Αφού η συγκλίνει από το κριτήριο σύγκρισης. (ζ) ( k p k k+ ): παρατηρούμε ότι k + k k = k p k p =. k k + k k + ( k + + k) Θεωρούμε την b k = kp και παρατηρούμε ότι k 3/ k b k σύγκρισης, η k συγκλίνει αν και μόνο αν η 3 συγκλίνει, η k k >. Από το οριακό κριτήριο k (3/) p p >, το οποίο ισχύει αν p <. (η) ( k k p + k + k ): παρατηρούμε ότι, για k, k = k p ( k + k + k k) ( ) = k p k + k + k + k συγκλίνει. Δηλαδή, αν = k p k + k ( k + + k)( k + k ) = k p ( k + + k )( k + + k)( k + k ). Δηλαδή, η ( k ) k έχει αρνητικούς όρους. Άρα, συγκλίνει αν και μόνο αν η ( k ) συγκλίνει (εξηγήστε γιατί). Θεωρούμε την b k = kp k 3/ 4 >. Από το οριακό κριτήριο σύγκρισης, η k συγκλίνει. Δηλαδή, αν 3 k 3/ p p >, το οποίο ισχύει αν p <. 5. Εστω ότι k για κάθε k N. Δείξτε ότι η σειρά και παρατηρούμε ότι k= k b k συγκλίνει αν και μόνο αν η k +k k συγκλίνει.

k +k k k Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι k =, ενώ αν k > μπορείτε να γράψετε για κάθε k N. Αυτό είναι φανερό αν Αφού η σειρά k < k + k k < k k k = k. συγκλίνει, το συμπέρασμα προκύπτει από το κριτήριο σύγκρισης. 6. Ορίζουμε μια ακολουθία ( k ) ως εξής: αν ο k είναι τετράγωνο φυσικού αριθμού θέτουμε k = k και αν ο k δεν είναι τετράγωνο φυσικού αριθμού θέτουμε k = k. Εξετάστε αν συγκλίνει η σειρά k. Υπόδειξη. Η σειρά έχει θετικούς όρους. Αρκεί να δείξετε ότι η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων είναι άνω φραγμένη. Παρατηρήστε ότι για κάθε m N έχουμε s m = k = m m k + m k m k s k m k + k k = M < +. Αν n N, τότε s n s n M. Δηλαδή, η (s n ) είναι άνω φραγμένη. 7. Εξετάστε αν συγκλίνει ή αποκλίνει η σειρά Υπόδειξη. Αν p >, τότε η σειρά συγκλίνει από το κριτήριο του Dirichlet. Αν p, τότε ( ) k k p ( ) k k p, άρα η σειρά αποκλίνει. ( ) k k p, όπου p R. 8. Εστω { k } φθίνουσα ακολουθία που συγκλίνει στο. Ορίζουμε s = Δείξτε ότι ( ) n (s s n ) n+. ( ) k k. Υπόδειξη. Γράφουμε ( ) n (s s n ) = ( ) n Παρατηρήστε ότι: για κάθε m N, k=n+ ( ) k k = k=n+ ( ) n+k k. άρα n+m k=n+ ( ) n+k k = ( n+ n+ ) + + ( n+m n+m ), ( ) n (s s n ) = lim n+m m k=n+ ( ) n+k n.

Σειρες πραγματικων αριθμων Επίσης, n+m+ k=n+ άρα ( ) n+k k = n+ ( n+ n+3 ) ( n+m n+m+ ) n+, n+m+ ( ) n (s s n ) = lim ( ) n+k n n+. m k=n+ 9. Εστω ( k ) φθίνουσα ακολουθία θετικών αριθμών. Δείξτε ότι: αν η συγκλίνει τότε k k. k Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η k συγκλίνει, η (s n ) είναι ακολουθία Cuchy. Άρα, υπάρχει n N ώστε: αν n > m n τότε m+ + + n = s n s m < ε. Ειδικότερα, αν n n, παίρνοντας m = n και χρησιμοποιώντας την υπόθεση ότι η ( n ) είναι φθίνουσα, έχουμε ε > n + + + n (n n ) n n n, διότι n n n. Δηλαδή, αν n n έχουμε n n < ε. Επεται ότι lim n (n n) =. 3. Εστω ότι k > για κάθε k N. Αν η k συγκλίνει, δείξτε ότι οι συγκλίνουν επίσης. k, k + k, k + k Υπόδειξη. (α) Αφού η k συγκλίνει, έχουμε k. Άρα, υπάρχει m N ώστε: για κάθε k m, k. Τότε, για κάθε k m έχουμε k k. Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k συγκλίνει. (β) Παρατηρήστε ότι k + k k για κάθε k N. Από το κριτήριο σύγκρισης, η σειρά k + k συγκλίνει. (γ) Παρατηρήστε ότι k + k k για κάθε k N. 3. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N και ότι η σειρά k συγκλίνει. Δείξτε ότι η σειρά k k+ συγκλίνει. Δείξτε ότι, αν η { k } είναι φθίνουσα, τότε ισχύει και το αντίστροφο.

3 Υπόδειξη. Παρατηρήστε ότι k k+ k+ k+ για κάθε k N και εφαρμόστε το κριτήριο σύγκρισης. Με την υπόθεση ότι η ( k ) είναι φθίνουσα, παρατηρήστε ότι k+ k k+ για κάθε k N και εφαρμόστε το κριτήριο σύγκρισης. 3. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N και ότι η σειρά k συγκλίνει. Δείξτε ότι η σειρά k k συγκλίνει. Υπόδειξη. Από την ανισότητα Cuchy-Schwrz, για κάθε n N έχουμε n k k ( n ) / ( n ) / k k M M, όπου M = k < + και M = k < +. 33. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N και ότι η σειρά k αποκλίνει. Δείξτε ότι Υπόδειξη. Αν b = και για k N, δείξτε ότι για κάθε k N, άρα n Παρατηρώντας ότι k ( + )( + ) ( + k ) =. b k = ( + )( + ) ( + k ) k ( + )( + ) ( + k ) = b k b k k ( + )( + ) ( + k ) = b b n = b n. ( + )( + ) ( + n ) > + + n + δείξτε ότι n k ( + )( + ) ( + k ) = b n.

4 Σειρες πραγματικων αριθμων Γ Ομάδα 34. Εστω ( k ) φθίνουσα ακολουθία θετικών αριθμών με k. Δείξτε ότι: αν η k αποκλίνει τότε { min k, } = +. k Υπόδειξη. Υποθέτουμε ότι η σειρά min { } k, k συγκλίνει. Αφού η (k ) φθίνει προς το, το ίδιο ισχύει για την ( min{ k, k }) (εξηγήστε γιατί). Από το κριτήριο συμπύκνωσης, η σειρά k min { } k, k = min { k k, } συγκλίνει. Ειδικότερα, min { k k, }, άρα τελικά έχουμε min { k k, } = k k (εξηγήστε γιατί). Επεται ότι η σειρά k k συγκλίνει. Χρησιμοποιώντας ξανά το κριτήριο συ- μπύκνωσης, αυτή τη φορά για τη σειρά k, βλέπουμε ότι η k συγκλίνει. Αυτό είναι άτοπο από την υπόθεση. 35. Υποθέτουμε ότι k > για κάθε k N και ότι η k αποκλίνει. Θέτουμε s n = + + + n. (α) Δείξτε ότι η k + k αποκλίνει. (β) Δείξτε ότι: για m < n, και συμπεράνατε ότι η (γ) Δείξτε ότι n s n s n s n Υπόδειξη. (α) Εστω ότι η m+ s m+ + + n s n s m s n k s k αποκλίνει. και συμπεράνατε ότι η k + k συγκλίνει. Τότε, k s k συγκλίνει. k = k + k. + k + k + k Συνεπώς, υπάρχει m N ώστε: + k < 3 για κάθε k m. Επεται ότι k 3 k + k για κάθε k m. Από το κριτήριο σύγκρισης, η k συγκλίνει, άτοπο.

5 (β) Παρατηρήστε ότι η (s n ) είναι αύξουσα. Άρα, αν m < n έχουμε m+ + + n m+ + + n = m+ + + n s m+ s n s n s n s n Ας υποθέσουμε ότι η = s n s m s n = s m s n. k s k συγκλίνει. Από το κριτήριο Cuchy, για ε = >, μπορούμε να βρούμε n N ώστε: αν n > m n τότε δηλαδή m+ s m+ + + n s n <, s m s n < s m s n >. Σταθεροποιήστε m n και αφήστε το n. Αφού η k αποκλίνει, έχουμε s s n. Άρα, lim m n sn =, το οποίο οδηγεί σε άτοπο. (γ) Παρατηρήστε ότι n s n = s n s n s n Αν t n είναι το n-οστό μερικό άθροισμα της s n s n s n s n = s n s n. k, τότε s k t n = s + s + + n s ( + ) ( + + ). n s s s s n s n s Η (t n ) είναι άνω φραγμένη, άρα η k s k συγκλίνει. 36. Υποθέτουμε ότι k > για κάθε k N και ότι η k συγκλίνει. Θέτουμε r n = k. k=n (α) Δείξτε ότι: για m < n, και συμπεράνατε ότι η (β) Δείξτε ότι m r m + + n r n r n+ r m k r k αποκλίνει. rn n < ( rn ) r n+ και συμπεράνατε ότι η k rk συγκλίνει. Υπόδειξη. Αφού η k συγκλίνει, έχουμε r n. Παρατηρήστε επίσης ότι η (r n ) είναι φθίνουσα.

6 Σειρες πραγματικων αριθμων (α) Αν m < n, Ας υποθέσουμε ότι η m r m + + n r n m r m + + n r m m + + n r m k r k ώστε: για κάθε n > m n, = r m r n+ = r n+ r n. r m r m r m συγκλίνει. Από το κριτήριο Cuchy υπάρχει n N r n r m m r m + + n r n <. Σταθεροποιώντας m n και αφήνοντας το n καταλήξτε σε άτοπο. (β) Παρατηρήστε ότι Άρα, για κάθε n N, n Επεται ότι η rn r n+ = r n r n+ rn + r n+ = n rn + r n+ n r n. k rk ( r r + r r 3 + + r n r n+ ) r. k rk συγκλίνει. 37. Εστω ( k ) ακολουθία πραγματικών αριθμών. Δείξτε ότι αν η σειρά αποκλίνει τότε και η σειρά k k αποκλίνει. Υπόδειξη. Θέτουμε b k = k k. Τότε, θέλουμε να δείξουμε ότι: αν η σειρά αποκλίνει τότε και η σειρά b k αποκλίνει. k Παρατηρήστε ότι αν η b k συγκλίνει, τότε έχει φραγμένα μερικά αθροίσματα. Αφού η k φθίνει προς το, το κριτήριο Dirichlet δείχνει ότι η οποίο είναι άτοπο. b kk b kk συγκλίνει, το 38. Εστω ( k ) ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Δείξτε ότι αν η σειρά k συγκλίνει, τότε και η συγκλίνει. Υπόδειξη. Γράφουμε k k+ k = k k+ k k k+ k (α) Αν k > / k+ τότε k+ k > /. Συνεπώς, και διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: k k+ k k.

7 (β) Αν k / k+ τότε Σε κάθε περίπτωση, ( ) k k k+ k+ k = k+ k. k k+ k k + k. Ομως, η k συγκλίνει, άρα η ( k + k ) συγκλίνει. Το ζητούμενο έπεται από το κριτήριο σύγκρισης. 39. Εστω ( k ) η ακολουθία που ορίζεται από τις k = k και k = k. Εξετάστε αν η σειρά ( ) k k συγκλίνει. Υπόδειξη. Παρατηρούμε ότι ( s n = ) ( + ) ( = + + + ) n ( + + + ). n ( + + n n ) ( + + + n ) Αφού + + + n + όταν n, βλέπουμε ότι s n +. Άρα, η σειρά αποκλίνει (και μάλιστα στο + εξηγήστε γιατί). 4. Υποθέτουμε ότι k για κάθε k N. Ορίζουμε b k = k k m=k+ m. Δείξτε ότι η k συγκλίνει αν και μόνο αν η b k συγκλίνει. Υπόδειξη. Εστω s n και t n τα μερικά αθροίσματα των σειρών k και b k αντίστοιχα. Θα συγκρίνουμε τα s n και t n. Εχουμε t n = b +b + +b n = + ( 3 + 4 )+ 3 ( 4 + 5 + 6 )+ + n ( n+ + + n ). Δείξτε ότι στο t n εμφανίζονται μόνο οι,..., n και ότι ο συντελεστής καθενός k στο t n είναι μικρότερος ή ίσος του. Επεται ότι t n s n για κάθε n N. Συνεπώς, αν η k συγκλίνει τότε η b k συγκλίνει.

8 Σειρες πραγματικων αριθμων Από την άλλη πλευρά, θεωρήστε το μερικό άθροισμα t n, και δείξτε ότι κάθε k, k n, εμφανίζεται εκεί με συντελεστή σ k = m + + m αν ο k είναι άρτιος, και συντελεστή σ k = m+ + + m αν ο k είναι περιττός. Σε κάθε περίπτωση, σ k. Άρα, s n = + + + n + t n. Επεται ότι, αν η b k συγκλίνει τότε η k συγκλίνει. 4. Εστω ( k ) ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Θεωρούμε την ακολουθία b k = + + + k k. k(k + ) Δείξτε ότι: αν η k συγκλίνει, τότε η σειρά b k συγκλίνει και τα αθροίσματα των δύο σειρών είναι ίσα. Υπόδειξη. Αν s n = + + n και t n = b + + b n, τότε t n = = = = = n b k = n s s s= n s s s= n s= n s= n k s= n k=s n k=s = s n nb n. s s k(k + ) k(k + ) ( k s s ( s n + k + ) ) s + + + n n n + Θα δείξουμε ότι nb n = + + + n n n + Με βάση το Λήμμα του Abel, γράφουμε. Άρα, n n n k k = s k (k (k + )) + ns n = s k + ns n. nb n = n + n k k = n n + s + + s n + ns n n n + s + s =, n + όπου s = lim s n = k (εδώ χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι αν s n s τότε s +s + +s n n s). Αφού nb n, από την t n = s n nb n βλέπουμε ότι t n s.

9 Δηλαδή, b k = k. 4. Εστω ( k ) ακολουθία θετικών αριθμών ώστε k = + και k. Δείξτε ότι αν α < β τότε υπάρχουν φυσικοί m n ώστε n α < k < β. k=m Υπόδειξη. Αφού k, υπάρχει m N ώστε: αν k m τότε k < β α. Αφού k = +, υπάρχει ελάχιστος φυσικός l m ώστε m + + l β. (α) Δείξτε ότι l > m. (β) Αν n = l, παρατηρήστε ότι n m και m + + n < β, ενώ m + + n β l > β (β α) = α. 43. Δείξτε ότι αν α < β τότε υπάρχουν φυσικοί m n ώστε α < m + m + + + n < β. Υπόδειξη. Εφαρμόστε την προηγούμενη άσκηση για την k = k.

Κεφάλαιο 3 Ομοιόμορφη συνέχεια Ομάδα Α. Δείξτε το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής για μια συνεχή συνάρτηση f : [, b] R χρησιμοποιώντας το θεώρημα Bolzno Weiertstrss. Υπόδειξη. Δείχνουμε πρώτα ότι υπάρχει M > ώστε f(x) M για κάθε x [, b], με απαγωγή σε άτοπο. Αν αυτό δεν ισχύει, μπορούμε να βρούμε x n [, b] ώστε f(x n ) > n, n =,,.... Η (x n ) έχει υπακολουθία (x kn ) ώστε x kn x [, b]. Αφού η f είναι συνεχής στο x, από την αρχή της μεταφοράς έχουμε f(x kn ) f(x ), άρα f(x kn ) f(x ). Ομως, f(x kn ) > k n n. Άρα, f(x kn ) +, το οποίο είναι άτοπο. Είδαμε ότι η f είναι φραγμένη, άρα M := sup{f(x) : x [, b]} <. Τότε, μπορούμε να βρούμε x n [, b] ώστε f(x n ) M (γενικά, αν s = sup(a) τότε υπάρχει ακολουθία ( n ) στο A ώστε n s). Η (x n ) έχει υπακολουθία (x kn ) ώστε x kn x [, b]. Αφού f(x n ) M, έχουμε f(x kn ) M. Από την αρχή της μεταφοράς, f(x ) = lim f(x k n ) = M. n Αυτό αποδεικνύει ότι η f παίρνει μέγιστη τιμή (στο x ). Εργαζόμενοι όμοια, δείχνουμε ότι η f παίρνει ελάχιστη τιμή.. Εστω X R. Λέμε ότι μια συνάρτηση f : X R ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz αν υπάρχει M ώστε: για κάθε x, y X, f(x) f(y) M x y. Δείξτε ότι αν η f : X R ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz τότε είναι ομοιόμορφα συνεχής. Ισχύει το αντίστροφο;

3 Ομοιομορφη συνεχεια Υπόδειξη. (α) Εστω ε >. Επιλέγουμε δ = δ(ε) = ε M >. Αν x, y X και x y < δ, τότε f(x) f(y) M x y < Mδ = ε. Άρα, η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. (β) Η συνάρτηση f : [, ] R με f(x) = x είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [, ], άρα είναι ομοιόμορφα συνεχής. Ομως, η f δεν ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz στο [, ]. Θα υπήρχε M > ώστε: για κάθε < x < να ισχύει Αυτό οδηγεί σε άτοπο όταν x +. x M x, δηλαδή M x. 3. Εστω f : [, b] R συνεχής, παραγωγίσιμη στο (, b). Δείξτε ότι η f ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz αν και μόνο αν η f είναι φραγμένη. Υπόδειξη. Εστω ότι η f ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz, δηλαδή υπάρχει M > ώστε f(x) f(y) M x y για κάθε x, y [, b]. Θεωρούμε x (, b). Τότε, f (x ) = lim. Ομως, αν x x στο (, b), έχουμε f(x) f(x ) x x x x f(x) f(x ) x x M άρα f f(x) f(x ) (x ) = lim M. x x x x Δηλαδή, η f είναι φραγμένη. Αντίστροφα, ας υποθέσουμε ότι υπάρχει M > ώστε f (ξ) M για κάθε ξ (, b). Εστω x < y στο [, b]. Από το θεώρημα μέσης τιμής υπάρχει ξ (x, y) ώστε f(x) f(y) = f (ξ) x y M x y. Δηλαδή, η f είναι Lipschitz συνεχής. 4. Εστω n N, n και f(x) = x /n, x [, ]. Δείξτε ότι η συνάρτηση f δεν ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz. Είναι ομοιόμορφα συνεχής; Υπόδειξη. Εχουμε f (x) = n x n για x (, ). Αφού n <, έχουμε lim f (x) = +, x + δηλαδή η f δεν είναι φραγμένη. Από την Άσκηση 3, η f δεν ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz. Είναι όμως ομοιόμορφα συνεχής ως συνεχής συνάρτηση σε κλειστό διάστημα. 5. Εξετάστε αν οι παρακάτω συναρτήσεις ικανοποιούν συνθήκη Lipschitz: (α) f : [, ] R με f(x) = x sin x (β) g : [, ] R με g(x) = x sin x αν x και f() =. αν x και g() =. Υπόδειξη. Από την Άσκηση 3 αρκεί να εξετάσετε αν καθεμία από τις f και g έχει φραγμένη παράγωγο στο (, ). Ελέγξτε ότι: η f δεν έχει φραγμένη παράγωγο στο (, ), ενώ η g έχει φραγμένη παράγωγο στο (, ). 6. Εστω A, B μη κενά υποσύνολα του R και έστω f : A B και g : B R ομοιόμορφα συνεχείς συναρτήσεις. Δείξτε ότι η g f είναι ομοιόμορφα συνεχής.

33 Υπόδειξη. Εστω ε >. Αφού η g είναι ομοιόμορφα συνεχής, υπάρχει ζ = ζ(ε) > ώστε αν u, v B και u v < ζ τότε g(u) g(v) < ε. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής, άρα υπάρχει δ = δ(ζ) > ώστε αν x, y A και x y < δ τότε f(x) f(y) < ζ. Παρατηρήστε ότι το δ εξαρτάται μόνο από το ε, αφού το ζ εξαρτάται μόνο από το ε. Θεωρήστε x, y A με x y < δ. Τότε, τα u = f(x) και v = f(y) ανήκουν στο B και u v = f(x) f(y) < ζ. Άρα, (g f)(x) (g f)(y) = g(u) g(v) < ε. Επεται ότι η g f είναι ομοιόμορφα συνεχής. 7. Εστω f, g : I R ομοιόμορφα συνεχείς συναρτήσεις. Δείξτε ότι (α) η f + g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. (β) η f g δεν είναι αναγκαστικά ομοιόμορφα συνεχής στο I, αν όμως οι f, g υποτεθούν και φραγμένες τότε η f g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. Υπόδειξη. (α) Εστω ε >. Αφού η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I, υπάρχει δ > ώστε αν x, y I και x y < δ τότε f(x) f(y) < ε. Ομοίως, αφού η g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I, υπάρχει δ > ώστε αν x, y I και x y < δ τότε g(x) g(y) < ε. Ορίζουμε δ = min{δ, δ } >. Τότε, αν x, y I και x y < δ, έχουμε (f + g)(x) (f + g)(y) = (f(x) f(y)) + (g(x) g(y)) f(x) f(y) + g(x) g(y) < ε + ε = ε. Επεται ότι η f + g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. (β) Αν οι f, g είναι ομοιόμορφα συνεχείς στο I τότε η f g δεν είναι αναγκαστικά ομοιόμορφα συνεχής στο I: θεωρήστε τις f, g : [, + ) R με f(x) = g(x) = x. Αυτές είναι ομοιόμορφα συνεχείς στο [, + ), όμως η (f g)(x) = x δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Αν όμως οι ομοιόμορφα συνεχείς συναρτήσεις f, g : I R υποτεθούν και φραγμένες, τότε η f g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο I. Υπάρχουν M, N > ώστε f(x) M και g(x) N για κάθε x I. Εστω ε >. Από την ομοιόμορφη συνέχεια των f και g μπορούμε να βρούμε δ > ώστε αν x, y I και x y < δ τότε f(x) f(y) < Τότε, αν x, y I και x y < δ έχουμε ε M + N και g(x) g(y) < ε M + N. f(x)g(x) f(y)g(y) f(x) g(x) g(y) + g(y) f(x) f(y) < ε M M + N + N ε M + N = ε. 8. Εστω f : R R συνεχής συνάρτηση με την εξής ιδιότητα: για κάθε ε > υπάρχει M = M(ε) > ώστε αν x M τότε f(x) < ε. Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής.

34 Ομοιομορφη συνεχεια Σημείωση: Η υπόθεση, ισοδύναμα, μας λέει ότι lim f(x) = lim f(x) =. x x + Υπόδειξη. Εστω ε >. Από την υπόθεση, υπάρχει M = M(ε) > ώστε αν x M τότε f(x) < ε/3. Επίσης, η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [ M, M], οπότε είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [ M, M]. Άρα, υπάρχει δ = δ(ε) > με δ < M, ώστε αν x, y [ M, M] και x y < δ τότε f(x) f(y) < ε/3. Θα δείξουμε ότι αν x, y R και x y < δ τότε f(x) f(y) < ε. Διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: (i) x, y (, M]: τότε, f(x) f(y) f(x) + f(y) < ε 3 + ε 3 < ε. (ii) x, y [M, + ): τότε, f(x) f(y) f(x) + f(y) < ε 3 + ε 3 < ε. (iii) x, y [ M, M]: τότε, από την επιλογή του δ έχουμε f(x) f(y) < ε 3 < ε. (iv) x < M < y: τότε, x [ M, M] (διότι δ < M) και x M < x y < δ, άρα f(x) f(m) < ε 3. Επίσης, M, y M άρα f(m) < ε 3 και f(y) < ε 3. Συνεπώς, f(x) f(y) f(x) f(m) + f(m) f(y) f(x) f(m) + f(m) + f(y) < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε. (v) x < M < y: όμοια με την προηγούμενη περίπτωση. Το ε > ήταν τυχόν, άρα η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. 9. Εστω R και f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση με την εξής ιδιότητα: υπάρχει το f(x) και είναι πραγματικός αριθμός. Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. lim x + Υπόδειξη. Εστω l := g(x) = f(x) l. Τότε, lim f(x). Θεωρούμε τη συνάρτηση g : [, + ) R με x + g(x) =. Άρα, για κάθε ε > υπάρχει M = M(ε) > lim x + ώστε αν x M τότε g(x) < ε. Το επιχείρημα της Άσκησης 8 δείχνει ότι η g είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Αφού η σταθερή συνάρτηση h(x) = l είναι επίσης ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ), έπεται ότι η f = g + h είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ).. Εστω f : R R ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι υπάρχουν A, B > ώστε f(x) A x + B για κάθε x R. Υπόδειξη. Αφού η f : R R είναι ομοιόμορφα συνεχής, για ε = μπορούμε να βρούμε δ > ώστε: αν x, y R και x y < δ τότε f(x) f(y) <. δ Εστω x >. Θεωρούμε τον ελάχιστο φυσικό n = n x για τον οποίο n x > x (αυτός υπάρχει, από την Αρχιμήδεια ιδιότητα και από την αρχή του ελαχίστου). Τότε, ( ) (n x ) δ x < n x δ.

35 Θεωρούμε τα σημεία: x =, x = δ,..., x n = n δ. Εχουμε x k+ x k < δ για κάθε k =,,..., n και x x n < δ. Άρα, f(x) f() f(x) f(x n ) + + f(x ) f(x ) < n + = n x + < δ x + από την ( ). Δηλαδή, για κάθε x >. f(x) δ x + + f(). Δουλεύοντας με τον ίδιο τρόπο για x < δείξτε ότι f(x) x + + f() δ για κάθε x R. Επομένως, το ζητούμενο ισχύει με A = δ και B = f() +.. Εστω n N, n >. Χρησιμοποιώντας την προηγούμενη Άσκηση δείξτε ότι η συνάρτηση f(x) = x n, x R δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής. Υπόδειξη. Εστω n >. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f(x) = x n, x R είναι ομοιόμορφα συνεχής. Από την Άσκηση υπάρχουν A, B > ώστε x n Ax + B για κάθε x >. Τότε, x n A + B x ( ) για κάθε x >. Αφού n >, έχουμε lim x + xn = +. Ομως, lim A + B x + x = A. Αυτό οδηγεί σε άτοπο.. (α) Εστω f : [, + ) R συνεχής συνάρτηση. Υποθέτουμε ότι υπάρχει > ώστε η f να είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). (β) Δείξτε ότι η f(x) = x είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Υπόδειξη. (α) Εχουμε υποθέσει ότι υπάρχει > ώστε η f να είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Επίσης, η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [, ], άρα είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, ]. Δείξτε ότι η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ) χρησιμοποιώντας την τεχνική της Άσκησης 8 (διακρίνοντας περιπτώσεις). (β) Η f(x) = x είναι συνεχής στο [, + ). Αν x, y [, + ), τότε f(x) f(y) = x y = x y x y, x + y δηλαδή η f ικανοποιεί συνθήκη Lipschitz στο [, + ). Συνεπώς, η f είναι ομοιόμορφα συνεχής στο [, + ). Τώρα, μπορείτε να εφαρμόσετε το (α). 3. Εστω f : (, b) R ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση. Δείξτε ότι υπάρχει συνεχής συνάρτηση ˆf : [, b] R ώστε ˆf(x) = f(x) για κάθε x (, b). Υπόδειξη. Είδαμε (στη θεωρία) ότι αν η f : (, b) R είναι ομοιόμορφα συνεχής συνάρτηση, τότε υπάρχουν τα lim x + f(x) = l και lim x b f(x) = m

36 Ομοιομορφη συνεχεια και είναι πραγματικοί αριθμοί. Αν επεκτείνουμε την f στο [, b] ορίζοντας ˆf() = l, ˆf(b) = m και ˆf(x) = f(x) για x (, b), τότε η ˆf : [, b] R είναι συνεχής στο [, b]. 4. Εξετάστε αν οι παρακάτω συναρτήσεις είναι ομοιόμορφα συνεχείς. (i) f : R R με f(x) = 3x +. (ii) f : [, + ) R με f(x) = x. (iii) f : (, π] R με f(x) = x sin x. (iv) f : (, ) R με f(x) = sin x. (v) f : (, ) R με f(x) = x sin x. (vi) f : (, ) R με f(x) = sin x x. (vii) f : (, ) R με f(x) = cos(x3 ) x. (viii) f : R R με f(x) = x +4. (ix) f : R R με f(x) = x + x. (x) f : [, ] R με f(x) = (xi) f : R R με f(x) = x sin x. x x +. (xii) f : [, + ) R με f(x) = cos(x ) x+. Υπόδειξη. Ολες οι συναρτήσεις είναι συνεχείς στο πεδίο ορισμού τους. (i) f : R R με f(x) = 3x +. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής: είναι Lipschitz συνεχής με σταθερά 3. Για την ακρίβεια, για κάθε x, y R. f(x) f(y) = 3 x y (ii) f : [, + ) R με f(x) = x. Η f είναι ομοιόμορφα συνεχής: είναι Lipschitz συνεχής, αφού στο [, + ). f (x) = x 4 (iii) f : (, π] R με f(x) = x sin x. Η f ορίζεται στο ημιανοικτό διάστημα (, π] και sin x lim f(x) = lim sin x = =. x + x + x Συνεπώς, η f είναι ομοιόμορφα συνεχής. (iv) f : (, ) R με f(x) = sin x. Η f δεν είναι ομοιόμορφα συνεχής, διότι δεν υπάρχει το lim sin x + x. (v) f : (, ) R με f(x) = x sin x. Επεκτείνουμε την f σε συνεχή συνάρτηση στο [, + ), θέτοντας f() = lim x + f(x) = lim x + x sin x =.