Posloupnosti a jejich limity

Transkript

1 KMA/MAT Přednáška č. 7, Posloupnosti a jejich ity 5. listopadu 203 Motivační příklady Prozkoumejme, zatím laicky, následující posloupnosti: Posloupnost, 4, 9,..., n 2,... : Hodnoty rostou nade všechny meze. 2 Posloupnost, 2, 3,..., n,... : Hodnoty klesají pode všechny meze.

2 3 Posloupnost, 2, 3,..., n,... : Hodnoty leží v intervalu [0; a s rostoucím n se blíží nule. 4 Posloupnost, 2, 3, 4, 5,..., 2n, 2n,... : Hodnoty střídají znaménko (oscilují a rostou (v absolutní hodnotě nade všechny meze. 5 Posloupnost, 2,, 4,...,, 2 2n,... : 2

3 2 Pojem posloupnosti Definice 2.. Každé zobrazení N do R nazýváme číselná posloupnost. Zápis: ( + a n nebo jen (a n ; a n se nazývá n-tý člen posloupnosti. Definici číselné posloupnosti lze založit i na pojmu (reálné funkce; pak je to funkce definovaná na množině N všech přirozených čísel. Způsoby zadání posloupnosti Číselná posloupnost bývá zadána několika prvními členy (tak, aby bylo patrné pravidlo, jak vytvářet další členy, n-tým členem nebo rekurentně. Úloha 2.2. Je dána posloupnost Určete její n-tý člen. Řešení. a n = 4, 3 4 7, 5 7 0, 7 0 3, 2n (3n 2 (3n + Při zadání n-tým členem zase naopak lze z příslušného vzorce počítat jednotlivé členy posloupnosti. Úloha 2.3 (Příklady číselných posloupností zadaných n-tým členem. ( n +, n + ( ( n n +, Vypočtěte členy a, a 2, a 3, a 4. (( + n +, n + (a q n, ( + a+(n d. Rekurentní definice obsahuje zpravidla. člen (nebo několik prvních členů a pravidlo, jak vytvořit další člen ze členů předcházejících. Rekurentní definice aritmetické posloupnosti: a = a, a n+ = a n + d. Rekurentní definice geometrické posloupnosti: a = a, a n+ = a n q (q / {0,, }. 3

4 + Úloha 2.4. Posloupnost (a n a =, a n+ = 2 je zadána rekurentně takto: ( a n + 0 ; a n je to posloupnost aproximací čísla 0. Vypočtěte první čtyři aproximace. + Úloha 2.5. Fibonacciova posloupnost (b n je definována takto: b =, b 2 =, b n+2 = b n+ + b n. Vypočtěte prvních 0 členů této posloupnosti. + + Definice 2.6. Posloupnost (b n se nazývá vybraná z posloupnosti (a n (nebo též podposloupnost, právě když existuje posloupnost přirozených čísel k < k 2 < k 3 < taková, že pro každé n z N je b n = a kn. + Jinými slovy: Z posloupnosti (a n vybereme nekonečně mnoho jejích prvků a zachováme jejich pořadí. ( + Úloha 2.7. Např. posloupnost všech prvočísel je vybraná z posloupnosti n všech čísel přirozených: + ( + (a n = n :, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9,... + (b n : b = a =, b 2 = a 2 = 2, b 3 = a 3 = 3, b 4 = a 5 = 5, b 5 = a 7 = 7, Rozšířená reálná osa Definice 3.. Rozšířenou reálnou osou nazýváme množinu R = R {, + }, kde a + jsou nevlastní čísla, přičemž pro každé x R platí < x < +. 4

5 Početní operace s nevlastními čísly: Sčítání a odčítání: x R definujeme ±x+(+ = (+ ±x = ±x ( = (+ +(+ = (+ ( = +, ±x+( = ( ±x = ±x (+ = ( +( = ( (+ =. Nedefinujeme (+ (+, (+ + (, ( + (+, ( (. Násobení: x R, x > 0 definujeme x (+ = (+ x = (+ (+ = ( ( = +, x ( = ( x = (+ ( = ( (+ =. Podobně pro x < 0. Nedefinujeme Dělení: x R definujeme 0 (+, (+ 0, 0 (, ( 0. x (+ = x ( = 0. Pro x > 0 je pro x < 0 je + x = +, x + x =, x =, = +. Nedefinujeme + +, +, atd., x 0 pro žádné x R, tj. ani 0 0 nebo ± 0. Mocniny: n N definujeme Nedefinujeme (+ n = +, (+ n = 0, ( n = ( n (+. (+ 0, ( 0, 0 0, +,. 5

6 4 Limita posloupnosti Definice 4.. Říkáme, že posloupnost (a n má vlastní itu L R, jestliže pro každé ε > 0 existuje n 0 N tak, že pro každé n N, n n 0 platí a n L < ε. Píšeme Úloha 4.2. n n = 0. a n = L., 2, 3, 4,... 0 Například pro ε = 0 můžeme volit n 0 =. Úloha 4.3 (Podrobněji. Dokažte z definice, že Řešení. Definice ity posloupnosti: n = 0. a n = a ε > 0 n 0 N tak, že n N : n n 0 a n a < ε. Upravíme pro naši situaci (a n = n, n N: n = 0 ε > 0 n 0 N tak, že n N : n n 0 tedy n 0 < ε, n = 0 ε > 0 n 0 N tak, že n N : n n 0 n < ε. Řešíme tedy nerovnost n < ε n > ε. Z podstaty nerovnosti n > lze vyvodit, že pro dané ε > 0 je splněna od ε určitého n 0, například: ε = 0 dostaneme n > 0 ε = 000 dostaneme n > 000 = 0, a tedy n 0 =, = 000, a tedy n 0 = 00. Tím je dáno, že 0 je skutečně itou posloupnosti { n 6 }.

7 Definice 4.4. Říkáme, že posloupnost (a n má nevlastní itu +, jestliže pro každé K R (K > 0 existuje n 0 N tak, že pro každé n N, n n 0 platí a n > K. Píšeme Úloha 4.5. n n = +. a n = +., 2, 3, 4,... + Například pro K = 000 můžeme volit n 0 = 00. Definice 4.6. Říkáme, že posloupnost (a n má nevlastní itu, jestliže pro každé K R (K < 0 existuje n 0 N tak, že pro každé n N, n n 0 platí a n < K. Píšeme Úloha 4.7. n n 2 =. a n =., 4, 9, 6,... Například pro K = můžeme volit n 0 = 0. Definice 4.8. Řekneme, že posloupnost (a n je konvergentní, jestliže má vlastní itu. Řekneme, že posloupnost (a n je divergentní, jestliže má nevlastní itu nebo itu nemá. Posloupnost tedy bud konverguje nebo diverguje. V tomto druhém případě bud diverguje k + nebo k nebo osciluje (tj. nemá itu vlastní ani nevlastní. ( n Např. posloupnost je konvergentní, má itu, stacionární posloupnost c je konvergentní a má itu c, posloupnost je diver- n+ ( ( n 00 gentní, má nevlastní itu +, posloupnost (q n je pro q divergentní, nemá itu (osciluje. 7

8 Věty o itách: Věta 4.9. Každá posloupnost má nejvýše jednu itu. Věta 4.0. Má-li posloupnost (a n itu, pak každá posloupnost (b n vybraná z posloupnosti {a n } má tutéž itu. Limita posloupnosti se tedy nezmění, vynecháme-li nebo pozměníme-li libovolný konečný počet členů posloupnosti. Při výpočtu it využíváme také tohoto postupu: zjistíme, že daná posloupnost je konvergentní a 2 najdeme itu a nějaké vhodné vybrané posloupnosti. Pak toto a je i itou dané posloupnosti. Když naopak zjistíme, že nějaká vybraná posloupnost je divergentní, znamená to podle předchozí věty, že je divergentní i daná posloupnost. Podobně zjistíme-li, že dvě vybrané posloupnosti mají různé ity, je daná posloupnost divergentní. Věta 4. (o itách součtu, rozdílu, součinu a podílu. Necht a n = a, b n = b. Pak platí, pokud výrazy na pravých stranách mají v R smysl: (a n + b n = a + b, (a n b n = a b, 2 (a n b n = a b, 3 pro b n 0, b 0 je (a n /b n = a/b, 4 a n = a. Konkrétní výpočty it Budeme používat předchozí věty a znalosti následujících it posloupností: nα = +, α > 0;, α = 0; 0, α < 0. 8

9 2 qn = 3 Pro q > 0 platí 4 Úloha 4.2. Úloha 4.3. n n =. 0, q (, ;, q = ; +, q > ; neexistuje, q. n q =. [ ] (n2 + 5n = + + (+ = +. (n2 5n = = [+ (+ ND ] [ ] + (+ = +. = n(n 5 = Úloha n 2 4n + 5 4n 2 + n 3 = [ + + ND ] n 2 (3 4 = + 5 n n 2 n 2 (4 + 3 = n n = + 5 n n = n n 2 [ ] = Cvičení Úloha 5.. Vypočtěte a = + 5 ( 3 + ( 3 (00 200! Posloupnost aritmetická a posloupnost geometrická Aritmetická posloupnost je (definována jako posloupnost, která je dána svým prvním členem a, konstantní diferencí d a rekurentním pravidlem n N : a n+ = a n + d. Aritmetickou posloupnost lze rovněž definovat jako posloupnost, u níž rozdíl libovolných dvou po sobě jdoucích členů je konstantní. Z rekurentního pravidla dostaneme vzorec pro n-tý člen: a n = a + (n d. 9

10 Vidíme, že aritmetická posloupnost má pro d > 0 itu +, pro d < 0 itu. Úloha 5.2. V posledních třech měsících činil celkový objem zakázek přibližně a = 325 tisíc Kč, a 2 = 354 tisíc Kč a a 3 = 383 tisíc Kč. Jaký objem lze očekávat ve 4. měsíci? Řešení. Lze vyslovit hypotézu, že objem zakázek tvoří aritmetickou posloupnost, kde a = 325, d = 29 (tisíc Kč. Pak a 4 = a 3 + d = 42 (tisíc Kč. Lze očekávat objem zakázek za 42 tisíc Kč. (Samozřejmě korektnost vyslovení takové hypotézy závisí na praktických okolnostech. Praktický význam může mít i součet s n prvních n členů aritmetické posloupnosti. Vzorec pro s n lze odvodit např. takto: Vyjádříme s n dvěma způsoby: s n s n = a + (a + d + (a + 2d + + (a + (n d, = a n + (a n d + (a n 2d + + (a n (n d. Po sečtení máme 2s n = n (a + a n, takže s n = n 2 (a + a n. Úloha 5.3. Na skládce jsou uloženy roury tak, že v dolní vrstvě jich je 26 a každá roura v každé vyšší vrstvě vždy zapadá mezi dvě roury ve vrstvě nižší; vrstev je celkem 2. Kolik je na skládce rour? Řešení. Položíme a = 26; pak d =. V horní vrstvě je a 2 = 26 + ( = 5 rour a celkem s 2 = 6 ( = 246 rour. Geometrická posloupnost je (definována jako posloupnost, která je dána svým. členem a, konstantním kvocientem q 0 a rekurentním pravidlem n N : a n+ = a n q. Geometrickou posloupnost lze tedy rovněž definovat jako posloupnost, u níž podíl libovolných dvou po sobě jdoucích členů je konstantní. Z rekurentního pravidla dostaneme vzorec pro n-tý člen: a n = a q n. Úloha 5.4. V prvním měsíci roku činil obrat Kč a v každém dalším měsíci byl o 5% větší než v měsíci předchozím. Určete předpokládaný listopadový obrat. 0

11 Řešení. Jde o geometrickou posloupnost, kde a = , q =, 05, n =. Pak a = , , 629 = Kč. Viz poznámku za úlohou 5.2. Je-li a > 0, pak geometrická posloupnost {a q n } má itu 0 (pro q < nebo a (pro q = nebo + (pro q > a nebo nemá itu (pro q <. Praktický význam může mít opět součet prvních n členů geometrické posloupnosti (tj. n-tý částečný součet geometrické řady. Vzorec pro s n lze odvodit takto: Vyjádříme s n a q s n : s n = a + a q + a q a q n, q s n = a q + a q a q n + a q n. Po odečtení je s n ( q = a ( q n, takže s n = a q n q tj. též s n = a q n q. Úloha 5.5. Vynálezce šachové hry požadoval podle pověsti odměnu za každé ze 64 polí šachovnice takto: za. pole jedno obilní zrno, za 2. pole 2 zrna, za 3. pole 4 zrna, atd., za každé další vždy dvojnásobek. Kolik zrnek obilí měl dostat? Řešení. Jde o geometrickou posloupnost, kde a =, q = 2, n = 64. Proto s 64 = = 264, a to je více obilí, než se kdy na Zemi urodilo. 5.2 Limity podílu dvou polynomů Úloha n 2 [ ] n n 4 2n + = = + + nedef. [ = 2 n + 5 n 2 n 2 (5 2 n 3 + n 4 = n 2 (2 + 5 n n 2 n 4 (5 2 + n 3 n 4 ] ( = 0.

12 Úloha n 4 [ ] n n 2 2n + = n 4 (2 + 5 n = 3 n nedef. n 2 (5 2 + n n 2 [ ] + ( n 2 (2 + 5 n = 3 n = n n 2 = [ 2 5 (+ ] = sgn 2 (+ = Úloha 5.8. Vypočtěte (2n. n 2 + Řešení. V čitateli máme součet prvních n lichých čísel. Lichá čísla tvoří aritmetickou posloupnost s diferencí a prvním členem také. Jedná se tedy o součet prvních n členů aritmetické posloupnosti: s n = 2 n(a + a n = n 2 ( + (2n = n 2. Výraz v itě tedy můžeme přepsat a dopočítat: (2n n 2 + n 2 = n 2 + =. 5.3 Limity s n-tými odmocninami Používáme tabulkové ity (pro a > 0 n a = a n n =. Úloha 5.9. Vypočtěte 2 n n 2n 0 5 n. 0 Řešení. Nejprve vypočteme dílčí ity: n. 0 =, nebot (a = > n 2n = n 0 =. n 2 n n = [ ] =. 2

13 Dohromady tedy dostáváme: 2 n n 2n 0 5 n 0 [ ] 2 = = Limity s využitím vzorce a 2 b 2 = (a b(a + b Úloha 5.0. S využitím vzorce a 2 b 2 = (a b(a + b vypočtěte ( a n + n ; b n n 2 n. Řešení. ad a ad b ( n + n = [, tedy nedef.] = ( n + n + + n n = n + + n (n + (n 2 = = = n + + n n + + n 0. = n n 2 n = [, tedy nedef.] n n 2 n n + n2 n n + n 2 n = ( n2 n + n 2 = + = 2 n + n = 2 n = n = + = + n ( n + 2 ( n 2 n + + n [ n + n 2 n n 2 (n 2 n = 2. ] 2 + = 0 = 3