Matematická aalýza I předášky M. Málka cvičeí A. Hakové a R. Otáhalové Zimí semestr 2004/05 5. Poslouposti a řady 5.1 Limita a hromadé hodoty. Mějme posloupost x ) prvků Hausdorffova topologického prostoru X. Jelikož je prvkem uzávěru možiy N, můžeme uvažovat limitu lim x. Pokud edojde k mýlce, budeme tuto limitu ozačovat prostě lim x. Následující kritérium pro limitu poslouposti je přímým důsledkem defiice limity: Věta 5.1. Posloupost x ) prvků topologického prostoru X má limitu x 0, právě když pro každé okolí U bodu x 0 existuje přirozeé číslo 0 takové, že pro každé přirozeé číslo 0 platí x U. Prvek x 0 se azývá hromadá hodota poslouposti x ), jestliže ke každému jeho okolí U existuje ekoečě moho přirozeých čísel k takových, že x k U. Věta 5.2. Možia hromadých hodot libovolé poslouposti je uzavřeá. D ů k a z. Ozačme A možiu hromadých hodot poslouposti x ). Zvolme libovolý prvek x X\A. Jelikož x eí hromadou hodotou, musí mít okolí U, které obsahuje pouze koečě moho čleů poslouposti x ). Pak ale každý prvek okolí U má tutéž vlastost a U X \ A. Tím jsme dokázali, že možia X \ A je otevřeá. Věta 5.3. Předpokládejme, že topologický prostor X je kompaktí a uvažujme posloupost x ) prvků X. 1. x ) má hromadou hodotu. 2. Má-li posloupost x ) jediou hromadou hodotu x 0, pak lim x = x 0. D ů k a z. 1. Předpokládejme, že žádý prvek možiy X eí hromadou hodotou poslouposti x ). Pak každý prvek x X má okolí U x, které obsahuje pouze koečě moho čleů poslouposti x ). Systém S = {U x x X} je otevřeé pokrytí možiy X a má koečé podpokrytí T S. Nyí je zřejmé, že ve sjedoceí systému T leží je koečě moho čleů poslouposti x ). Ovšem T X a máme co? A máme spor. 2. Kdyby eplatilo lim x = x 0, pak existuje okolí U prvku x 0 takové, že v možiě X \ U leží ekoečě moho čleů poslouposti x ). Tyto prvky tvoří posloupost v kompaktím topologickém prostoru X \ U, 1) která má podle bodu 1. hromadou hodotu, růzou od x 0. To je spor. 5.2 Poslouposti reálých čísel. Pravíme, že posloupost reálých čísel je kovergetí, má-li limitu v R. Je-li limitou této poslouposti ebo, říkáme, že je divergetí. Posloupost, která eí ai kovergetí, ai divergetí, se azývá oscilující. Ze cvičeí 11 k předchozí kapitole víme, že možia R je kompaktí. Podle věty 5.3 má tedy každá posloupost reálých čísel v R hromadou hodotu možia hromadých hodot je eprázdá. Podle věty 5.2 je tato možia avíc uzavřeá, což ovšem dohromady zameá, že má ejmeší a ejvětší prvek. Můžeme tedy zformulovat ásledující výsledek: Věta 5.4. 1. Každá posloupost reálých čísel má v R ejvětší a ejmeší hromadou hodotu. 2. Je-li tato posloupost avíc ohraičeá, jsou tyto hromadé hodoty reálá čísla. D ů k a z. Bod 1. jsme dokázali v předchozím odstavci, bod 2. je zřejmý. Největší hromadá hodota poslouposti reálých čísel x ) se azývá limes superior poslouposti x ) a ozačuje lim sup x ebo lim sup x. Nejmeší hromadá hodota této poslouposti se azývá limes iferior poslouposti x ) a ozačuje lim if x ebo lim if x. Je-li σ rostoucí posloupost přirozeých čísel, pak posloupost x σ ) se azývá posloupost vybraá z poslouposti x ) ebo podposloupost poslouposti x ). 1) Jak víme, že je kompaktí? 5-1
5-2 5. Poslouposti a řady Věta 5.5. Bud x ) posloupost reálých čísel. Pak bod x 0 R je hromadou hodotou této poslouposti, právě když existuje vybraá posloupost x σ taková, že lim x σ = x 0. D ů k a z. Bud U okolí bodu x 0. Předpokládejme, že existuje vybraá posloupost x σ taková, že lim x σ = x 0. Ozačme 0 přirozeé číslo takové, že pro každé 0 je x σ U věta 5.1). Hledaými čísly k jsou čísla σ 0, σ 0 +1, σ 0 +2,... Nyí dokážeme opačé tvrzeí pro x 0 R pro x 0 {, } přeecháme důkaz čteáři). Ozačme I iterval x 0 1/, x 0 + 1/). Pomocí pricipu matematické idukce zkostruujeme vybraou posloupost x σ ) takovou, že pro každé je x I. Ozačme σ 1 ejmeší přirozeé číslo, pro které x σ1 I 1 takových přirozeých čísel je podle předpokladu ekoečě moho). Podobě, ozačme σ 2 ejmeší přirozeé číslo větší ež σ 1, pro které x σ2 I 2 přirozeých čísel k > σ 1, pro která x k I 2 je ekoečě moho). Předpokládejme yí, že již máme čísla σ 1 <... < σ, která aši podmíku splňují. Pak σ +1 budiž ejmeší přirozeé číslo, pro které σ +1 > σ a x σ+1 I +1. Tím je hledaá vybraá posloupost x σ ) zkostruováa a věta dokázáa. Posloupost x ) prvků možiy R se azývá cauchyovská, jestliže ke každému reálému číslu ε > 0 existuje přirozeé číslo 0 takové, že pro každé 1, 2 > 0 platí x 1 x 2 < ε 5.2.1) Věta 5.6. Každá kovergetí posloupost reálých čísel je cauchyovská. Každá cauchyovská posloupost reálých čísel je kovergetí. D ů k a z. Bud x ) kovergetí posloupost reálých čísel, x 0 její limita. Zvolme libovolé číslo ε > 0 a ozačme 0 přirozeé číslo takové, že pro každé > 0 je x x 0 < ε/2. Bud te yí 1, 2 > 0. Máme x 1 x 2 = x 1 x 0 + x 0 x 2 x 1 x 0 + x 0 x 2 < ε 2 + ε 2 = ε Každá kovergetí posloupost je tedy cauchyovská. Mějme yí cauchyovskou posloupost x ) a ozačme 0 přirozeé číslo takové, že pro každé 1, 2 0 je x 1 x 2 < 1. Dále ozačme M = max{x 1, x 2,... x 0 } + 1, m = mi{x 1, x 2,... x 0 } 1. Nyí pro libovolé {1, 2,..., 0 1} platí x < M a pro 0 je x x 0 < 1, což zameá, že x < x 0 + 1 M. Posloupost x ) je tedy shora ohraičeá číslem M. Stejým způsobem se dokáže, že posloupost x ) je také zdola ohraičeá číslem m. Položme a = lim if x a b = lim sup x. Máme a, b R věta 5.4). Předpokládejme, že a < b a položme ε = 1 3 b a). Pak existuje přirozeé číslo 0 takové, že pro každé 1, 2 > 0 je x 1 x 2 < ε. Zvolme yí k, l 0 tak, aby x k a < ε a x l b < ε čísla k, l existují, jelikož a a b jsou hromadé hodoty věta 5.5). Dostáváme x l > b ε, x k < a + ε, čili x l x k > b ε a ε = 3ε 2ε = ε a to je spor, jelikož podle předpokladu, x l x k < ε. Dostáváme tedy a = b a tvrzeí plye z věty 5.3. 5.3 Poslouposti fukcí. Necht Y X R. Uvažujme posloupost f ) fukcí f : X R. Říkáme, že tato posloupost koverguje bodově k fukci f : Y R a možiě Y, jestliže pro každé x Y platí lim f x) = f x). Fukce f se azývá limita poslouposti f ) a ozačuje lim f. Říkáme, že posloupost f ) koverguje k fukci f a možiě Y stejoměrě, jestliže ke každému ε > 0 existuje 0 N takové, že pro každé 0 a x Y platí f x) f x) < ε. Z uvedeých defiic ihed plye: Jestliže posloupost f ) koverguje k fukci f a možiě Y stejoměrě, pak k této fukci a této možiě koverguje i bodově. Tuto implikaci lze obrátit apříklad jsou-li fukce f kostatí.
Matematická aalýza I 5-3 Obsahuje-li možia Y všecha čísla x X, pro ěž existuje lim f x), azývá se obor kovergece poslouposti f ). Necht f : R R, f x) = x. Pro každé x R platí lim f x) = 0; oborem kovergece této poslouposti je tedy možia R. Předpokládejme yí, že možia Y R je ohraičeá a M < Y < M. K libovolému ε > 0 zvolme 0 N tak, aby M/ 0 < ε. Pak pro každé 0 a x Y platí f x) = x/ x/ 0 M/ 0 < ε. Posloupost f ) tedy koverguje stejoměrě k ule a Y. Neí-li ovšem možia Y ohraičeá, ajdeme ke každému ε > 0 a N číslo x Y takové, že x > ε, eboli x/ = f x) > ε. V tomto případě tedy posloupost f ) a Y stejoměrě ekoverguje. Věta 5.7. Jestliže k poslouposti f ) fukcí f : X R a fukci f : Y R existuje posloupost y ) taková, že lim y = 0 a pro každé N a x Y je f x) f x) < y, pak posloupost f ) koverguje stejoměrě k fukci f a možiě Y. D ů k a z. Zvolme ε > 0 a ozačme 0 takové číslo, že pro každé > 0 platí y < ε. Pak pro každé x Y platí f x) f x) < ε a tvrzeí je dokázáo. Následující tvrzeí budeme často používat. Věta 5.8. Posloupost f ) koverguje stejoměrě a Y, právě když ke každému ε > 0 existuje číslo 0 takové, že pro každé 1, 2 > 0 a x Y platí f 1 x) f 2 x) < ε. D ů k a z. Jestliže posloupost f ) koverguje stejoměrě a Y k fukci f, pak k libovolému ε > 0 existuje číslo 0 takové, že pro každé x Y a 1, 2 > 0 platí Máme tedy f 1 x) f x) < ε 2, f 2 x) f x) < ε 2. 5.3.1) f 1 x) f 2 x) = f 1 x) f x) + f x) f 2 x) f 1 x) f x) + f 2 x) f x) < ε 2 + ε 2 = ε. Předpokládejme yí aopak, že je splěa druhá podmíka tvrzeí. Zvolme ε > 0 a ozačme 0 číslo takové, že pro každé 1, 2 > 0 a x Y platí f 1 x) f 2 x) < ε 2. 5.3.2) Podle předpokladu je posloupost f x)) cauchyovská a existuje tedy číslo lim f x) = f x). Máme tedy f x) takové, že tvrzeí je dokázáo. f x) f x) = lim f x) f m x) ε < ε. 5.3.3) m 2 Věta 5.9. Necht posloupost f ) fukcí spojitých v bodě x 0 Y stejoměrě koverguje a možiě Y k fukci f. Pak fukce f je spojitá v bodě x 0. D ů k a z. Položme y = lim f x 0 ) a zvolme ε > 0. Pak existuje číslo 1 takové, že pro každé x Y a > 1 platí f x) f x) < ε 3 5.3.4)
5-4 5. Poslouposti a řady a číslo 2 takové, že pro každé > 2, f x) f x 0 ) < ε 3. 5.3.5) Položme = max{ 1, 2 }. Fukce f je spojitá v bodě x 0, existuje tedy okolí U tohoto bodu, tak, že pro každé x Y U platí f x) f x 0 ) < ε 3. 5.3.6) Pro libovolý bod x Y U a pro pevé, které jsme si před chvílí vybrali) tedy platí f x) f x 0 ) = f x) f x) + f x) f x 0 ) + f x 0 ) f x 0 ) < f x) f x) + f x) f x 0 ) + f x 0 ) f x 0 ) = ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε, což dokazuje spojitost fukce f v bodě x 0. Uvažme fukce f : [0, 1] R, f x) = x. Sado zjistíme, že pro x < 1 je lim f x) = 0, ale lim f 1) = 1. Limitou poslouposti f ) je tedy espojitá fukce f : [0, 1] R, f x) = { 0 x < 1, 1 x = 1. Podle uvedeé věty eí kovergece poslouposti f ) stejoměrá. Vskutku, ke každému číslu ε > 0, 0 < ε < 1, ajdeme číslo x [0, 1) tak, že f x) > ε. Důsledek 5.10. Necht posloupost f ) stejoměrě koverguje a možiě Z k fukci f a echt pro každé N existuje limita lim x x0 f x) = a. Pak existují i limity lim a a lim x x0 f x) a platí lim a = lim x x 0 f x). 5.3.7) 5.4 Řady. Mějme posloupost x ) reálých čísel. Nekoečou řadou, určeou posloupostí x ), rozumíme symbol x. Posloupost s ), jejíž čley jsou dáy předpisem s = x 1 +... + x = 1, 2,...), azýváme posloupost částečých součtů řady x. Jestliže posloupost částečých součtů řady x koverguje, hovoříme o kovergetí řadě a číslo lim s azýváme jejím součtem. V opačém případě hovoříme o divergetí řadě. Součet ekoečé řady x obvykle rověž ozačujeme symbolem x pokaždé je přitom jasé, v jakém výzamu jsme teto symbol zrova použili). Tvrzeí x = s zameá:,,řada x koverguje a její součet je s. Kromě tohoto zápisu používáme i zápis =1 x. Zápis =k x zameá =1 x +k 1. V takovém případě budeme používat ásledující začeí pro posloupost částečých součtů: s = x k + x k+1 +... + x. Necht q R. Řada q 1 se azývá geometrická řada s kvocietem q.e-li q 1, pak pro -tý čle s její poslouposti částečých součtů platí Je-li q = 1, platí s = 1 + q + q 2 +... + q 1 = 1 q 1 q 1 + q + q2 +... + q 1 ) = 1 q 1 q. 5.4.1) s =, 5.4.2) Vidíme tedy, že lim s existuje, právě když q < 1, a je rova 1/1 q). Uvedeá řada tedy koverguje, právě když q < 1, a v tom případě platí q 1 = 1/1 q). Geometrická řada s q = 1 se azývá Gradiho řada. Řada 1/ se azývá harmoická řada. Pro posloupost s ) jejích částečých součtů platí
Matematická aalýza I 5-5 s 1 = 1 s 2 = 1 + 1 2 s 4 = s 2 + 1 3 + 1 4 > 1 4 + 1 4 = s 2 + 1 2. s 2 +1 = s 2 + 1 2 + 1 + 1 2 + 2 +... + 1 2 +1 > s 2 + 1 2 +1 +... + 1 2 +1 = s 2 + 1 2. Harmoická řada tedy diverguje. Necht x = 1 2 1. 5.4.3) Pro -tý čle s poslouposti částečých součtů řady =2 x platí 1 s = k 2 1 = 1 1 2 k 1 1 ) k + 1 k=2 k=2 = 1 1 2 1 1 3 + 1 2 1 4 + 1 3 1 5 + 1 4... + 1 3 1 1 + 1 2 1 + 1 1 1 ) + 1 = 1 1 2 1 + 1 2 1 1 ). + 1 Je tedy =2 x = lim s = 3 4. Věta 5.11 Cauchyho-Bolzaovo kritérium). Řada x koverguje, právě když ke každému ε > 0 existuje číslo 0 takové, že pro každé 1, 2 > 0 platí x 1 +... + x 2 < ε. 5.4.4) D ů k a z. Je-li s posloupost částečých součtů řady x a 2 1, platí x 1 +... + x 2 = s 2 s 1 1. 5.4.5) Cauchyho-Bolzaovo kritérium tedy plye z věty 5.6. Jestliže v 5.4.5) položíme 1 = 2, dostaeme: Důsledek 5.12 utá podmíka kovergece řady). Koverguje-li řada x, pak platí lim x = 0. Aplikujte toto tvrzeí a geometrickou a harmoickou řadu! Důsledek 5.13. Jestliže řada x koverguje, pak platí lim k= x k = 0. Věta 5.14. Mějme dvě poslouposti reálých čísel x ), y ) a číslo c. Jestliže řady x a y kovergují, pak kovergují i řady x + y ) a cx a platí x + y ) = x + y, cx = c x. 5.4.6) D ů k a z. Platí lim x 1 + y 1 + x 2 + y 2 +... + x + y ) = lim x 1 + x 2 +... + x ) + lim y 1 + y 2 +... + y ) = x + y,
5-6 5. Poslouposti a řady lim cx 1 + cx 2 +... + cx ) = c limx 1 + x 2 +... + x ) = c x. Z uvedeého tvrzeí ihed plye jak?), že jestliže řada x koverguje a řada y diverguje, pak řada x + y diverguje. Jestliže prví dvě řady divergují, elze o kovergeci třetí říci ic uved te příklady). Věta 5.15. Jestliže pro poslouposti x ) a y ) existuje číslo 0 takové, že pro každé 0 platí x = y, pak x koverguje, právě když koverguje y. D ů k a z. Za daých předpokladů koverguje řada x y ). Dále viz větu 5.14. Věta 5.16. Necht k je ezáporé celé číslo. Pak řada =1 x koverguje, právě když koverguje řada =k x. D ů k a z. Necht y = 0 pro < k a y = x pro k Řada =1 x koverguje, právě když koverguje řada =1 y liší se koečým počtem čleů viz větu 5.15) a řada =1 y koverguje, právě když koverguje řada =k x porovejte jejich poslouposti částečých součtů). Věta 5.17. Necht k ) je rostoucí posloupost ezáporých celých čísel, k 1 = 1. Jestliže x = s, pak pro posloupost y ) = x k + x k +1 +... + x k+1 1) platí y = s. D ů k a z. Stačí si uvědomit, že posloupost částečých součtů řady y je vybraá z poslouposti částečých součtů řady x. Opačé tvrzeí eplatí; vyzkoušejte a Gradiho řadě, pro k ) posloupost lichých čísel. 5.5 Řady s ezáporými čley. Necht x ) 0. Posloupost částečých součtů řady x je eklesající. Koverguje tedy, právě když je ohraičeá a právě když koverguje ějaká její podposloupost. Jiak diverguje k +. Věta 5.18 srovávací kritérium). Necht x a y jsou řady s ezáporými čley a echt existuje číslo 0 takové, že pro každé 0 platí x y 5.5.1) Potom z kovergece řady y plye kovergece řady x. D ů k a z. Necht řada y koverguje. Položme x = { 0 pro < 0 x pro 0. Pro poslouposti s ) a t ) částečých součtů řad x a y platí s ) t ). Posloupost t ) ohraičeá. Je tedy ohraičeá i posloupost s ) a řada x koverguje. Podle věty 5.16 z kovergece řady x plye kovergece řady x. Řada y z předchozí věty se azývá majorata řady x. Řada x se azývá miorata řady y. Věta 5.19 limití srovávací kritérium). Necht x a y jsou řady s ezáporými čley a echt existuje koečé lim sup x y. 5.5.2) Potom z kovergece řady y plye kovergece řady x. D ů k a z. Z defiice limes superior poslouposti plye, že posloupost x /y ) je shora ohraičeá. Existuje tedy číslo M takové, že pro každé platí x /y < M, eboli x < My. Z věty 5.14 a kovergece řady y plye kovergece řady My. Z í a ze srovávacího kritéria plye kovergece řady x.
Matematická aalýza I 5-7 Ekvivaletí tvrzeí k tvrzeí srovávacího kritéria limitího i elimitího) je: Důsledkem divergece řady x je divergece řady y. Věta 5.20 d Alembertovo podílové kritérium). Bud x řada s kladými čley. Existují-li čísla q < 1 a 0 taková, že pro každé 0 je x +1 x q, 5.5.3) řada koverguje. Existuje-li číslo 0 takové, že pro každé 0 je x +1 x 1, 5.5.4) řada esplňuje utou podmíku kovergece. D ů k a z. Dokážeme prví tvrzeí. Necht y = x pro < 0 a y = q 0x 0 pro 0 Řada y koverguje to plye z kovergece geometrické řady a věty 5.18). Dále x 0 +1 qx 0, x 0 +2 qx 0 +1 q 2 x 0,. x 0 +p qx 0 +p 1... q p 1 x 0 +1 q p x 0. Řada y je tedy majorata aší řady a prví tvrzeí plye ze srovávacího kritéria. Důkaz druhého tvrzeí je zřejmý. Věta 5.21 limití podílové kritérium). Jestliže pro řadu x s kladými čley je pak koverguje. Je-li lim sup x +1 x < 1, 5.5.5) lim if x +1 x > 1, 5.5.6) řada esplňuje utou podmíku koveregece. D ů k a z. Ozačme a = lim sup x +1 /x, b = lim if x +1 /x. Necht a < q < 1. Podle defiice limes superior poslouposti existuje číslo 0 takové, že pro každé 0 je x +1 /x q. Prví tvrzeí tedy plye z podílového kritéria. Jestliže b > 1, pak existuje číslo 0 takové, že pro 0 je x +1 /x > 1, a druhé tvrzeí plye rověž z podílového kritéria. Věta 5.22 Cauchyho odmociové kritérium). Bud x řada s ezáporými čley. Existují-li čísla q < 1 a 0 taková, že pro každé 0 je x q, 5.5.7) řada koverguje. Existuje-li číslo 0 takové, že pro každé 0 je x 1, 5.5.8) řada esplňuje utou podmíku kovergece. D ů k a z. Je podobý důkazu podílového kritéria a přeecháváme jej čteáři jako užitečé cvičeí. Věta 5.23 limití odmociové kritérium). Jestliže pro řadu x s ezáporými čley je
5-8 5. Poslouposti a řady pak koverguje. Je-li lim sup x < 1, 5.5.9) lim sup x > 1 5.5.10) řada esplňuje utou podmíku kovergece. D ů k a z. Postupujeme podobě, jako v důkazu limitího podílového kritéria. 5.6 Alterující řady. Řekeme, že řada x je alterující, jestliže pro každý čle x má čle x +1 opačé zaméko. Věta 5.24 Leibitzovo kritérium pro alterující řady). Bud x alterující řada splňující podmíky lim x = 0 a existuje 0 N takové, že pro každé > 0 je x +1 / x < 1, pak řada koverguje. D ů k a z. S ohledem a větu 5.15 můžeme předpokládat, že x 0 pro lichá a x 0 pro sudá a že podmíka x +1 / x < 1 platí pro všecha N. Ozačme s ) posloupost částečých součtů řady x. Máme Odtud plye s 2+2 = s 2 + x 2+1 + x 2+2 s 2, ebot x 2+1 x 2+2 ) s 2+1 = s 2 1 + x 2 + x 2+1 s 2 1. ebot x 2 x 2+1 s 2 s 4 s 6... 5.6.1) s 1 s 3 s 5... 5.6.2) s 2 = s 2 1 + x 2 s 2 1. protože x 2 0) 5.6.3) Posloupost s 2 ) je eklesající a shora ohraičeá, ebot s 2 s 2 1 s 1, existuje tedy lim s 2 = s. Podle 5.6.3) také lim s 2 1 = lim s 2 lim x 2 = s. Zvolme ε > 0 podle předchozího odstavce existují přirozeá čísla 1, 2 taková, že pro > 1 je s 2 s < ε a pro > 2 je s 2 1 s < ε. Položme m 0 = max{2 1, 2 2 1}, je-li m > m 0 přirozeé číslo, potom pokud m je sudé a m = 2 2 1 tedy s m s = s 2 s < ε; ebo je m liché a m = 2 1 2 2 1 a opět s m s = s 2 1 s < ε. Což dokazuje kovergeci poslouposti s ). 5.7 Absolutě kovergetí řady. K defiici absolutě kovergetí řady musíme ejprve dokázat ásledující pomocé tvrzeí: Věta 5.25. Koverguje-li řada x, koverguje i řada x a platí x x. D ů k a z. Pro libovolá čísla 1 2 platí x 1 +... + x 2 x 1 +... + x 2. Je-li tedy podmíka Cauchyho Bolzaova kritéria splěa pro řadu x, je splěa i pro řadu x. Položíme-li 1 = 1, dostaeme erovost pro poslouposti částečých součtů zkoumaých řad, ze které vyplývá erovost z tvrzeí. Řada x, pro kterou koverguje řada x, se azývá absolutě kovergetí. Z předchozí věty plye, že absolutě kovergetí řada je kovergetí. Kovergetí řada, která eí absolutě kovergetí, se azývá eabsolutě kovergetí. Věta 5.26. Mějme dvě poslouposti reálých čísel x ), y ) a číslo c R. Jestliže řady x a y absolutě kovergují, pak absolutě kovergují i řady x + y ) a cx a platí x + y ) = x + y, cx = c y. 5.7.1) D ů k a z. Řada x + y ) koverguje podle věty 5.14. Dále pro každé N platí x + y
Matematická aalýza I 5-9 x + y. Řada x + y tedy koverguje podle srovávacího kritéria a řada x + y koverguje absolutě. Pro každé N platí cx = c x. Řada cx tedy koverguje podle věty 5.14 a řada cx koverguje absolutě. Rovosti z tvrzeí plyou ze stejých rovostí z věty 5.14. Věta 5.27. Bud te x absolutě kovergetí řada a σ : N N bijekce. Řada y, kde y = x σ ), je absolutě kovergetí a platí x = y. D ů k a z. Ozačme s ) a t ) poslouposti částečých součtů řad x a y, m σ ) ejvětší prvek možiy {1,..., }. Posloupost m σ ) je eklesající a eohraičeá, má tedy rostoucí podposloupost k σ )). Posloupost s kσ )) je tedy vybraá z poslouposti s. Navíc platí t ) s kσ )). Z kovergece řady x tedy plye kovergece řady y x koverguje, s ) je tedy ohraičeá, t ) je tedy rověž ohraičeá a y koverguje). Řada y je tedy absolutě kovergetí. Ozačme yí s ) a t ) poslouposti částečých součtů řad x a y. Pro každé N je s kσ ) t rovo součtu koečě moha čleů poslouposti y k ) k=+1. Přitom podle důsledku 5.13. Cauchyho Bolzaova kriteria z kovergece řady y plye, že ke každému ε > 0 existuje N takové, že k=+1 y k < ε. Máme tedy s kσ ) t k=+1 y k < ε a s kσ ) = lim t že tyto limity existují již víme), čili i lim s = lim t. Řadě y říkáme přerováí řady x. 5.8 Neabsolutě kovergetí řady. Necht řada x je eabsolutě kovergetí. Položme x + = max{x, 0}, x = mi{x, 0}. Poslouposti x + a x jsou tedy ezáporé a platí x ) = x + x ). Lemma 5.28. Poslouposti x + ) a x obsahují ekoečě moho kladých čleů. D ů k a z. Existuje-li číslo 0 N takové, že pro každé 0 platí x 0, řada =0 x, a tedy i řada x koverguje absolutě, což je spor. Podobě z existece čísla 0 takového, že pro každé 0 platí x 0 plye absolutí kovergece řady =0 x je totiž x = x ), a tedy i řady x. Lemma 5.29. Řady x + a x jsou divergetí. D ů k a z. Podle věty 5.14 řady x + a x bud obě divergují, ebo obě kovergují. Jestliže obě kovergují, kovergují absolutě jsou to řady s ezáporými čley) a řada x podle věty 5.26 koverguje absolutě. Musejí tedy být divergetí. Nyí ukážeme, že pro eabsolutě kovergetí řady eplatí tvrzeí podobé větě 5.27. Věta 5.30 Riemaova přerovávací věta). Necht řada x eabsolutě koverguje. Pak k libovolému x R existuje bijekce σ : N N taková, že σ ) x = x. D ů k a z. Bude doplě později... Příklady 1. Necht x R. Dokažte, že lim x = 1. Řešeí: V případě, že x = 1, je tvrzeí zřejmé. Pokud x > 1, pak také x > 1. Necht tedy x > 1 + h, kde h > 0. Platí x = 1 + h ) > 1 + h > h využili jsme tvrzeí biomické věty 2) ), pro > 1, a tedy 0 < h < x/. Jelikož lim x/ = x lim 1/ = 0, pak také lim h = 0 a tedy lim x = 1. 2) Biomická věta: Pro každé a, b R, N platí a + b) = a + 1 ) a 1 b + 2 ) a 2 b 2 +... + 1) ab 1 + b, kde
5-10 5. Poslouposti a řady Jestliže 0 < x < 1, položme y = 1/x, tedy y > 1. Jelikož x y = x y = 1 = 1, máme x = 1/ y. Nyí, když využijeme to, co už víme o limitě z miulého tématu, dostaeme lim x = lim 1 = 1 y 1 = 1. lim 2. Vypočtěte lim 2 + 5 + 6 2 + 3 + 1). Řešeí: Výraz v limitě rozšíříme výrazem 2 + 5 + 6 + 2 + 3 + 1 a dostaeme lim 2 + 5 + 6 2 + 3 + 1) = lim 2 + 5 + 6 2 + 3 + 1) 2 + 5 + 6 + 2 + 3 + 1) 2 + 5 + 6 + 2 + 3 + 1 = lim 2 + 5 + 6 2 3 1 2 + 5 + 6 + 2 + 3 + 1 = lim 2 + 5 2 + 5 + 6 + 2 + 3 + 1 Výraz v posledí limitě rozšíříme 1/ a dostaeme 2 + 5 lim 2 + 5 + 6 + 2 + 3 + 1 2 + 5/ = lim 1 + 5/ + 6/ 2 + = 2 1 + 1 = 1. 1 + 3/ + 1/ 2 3. Dokažte, že posloupost a, kde a = 1 + 1 ), je kovergetí. Řešeí: Položme b = 1 + 1 ) +1. Pokusíme se dokázat, že posloupost b) je klesající. Chceme tedy dokázat, že 1 + 1 ) +1 = To je ale splěo, právě když ) + 1 +1 + 2 > ) + 1 +2 ) + 2 +2 + 1 > + 1 ) + 1) 2 +2 > 1 + 1 + 2) 1 + 1 + 2). ) +2 = 1 + 1 ) +2. + 1 tj. tj. ) +2 > 1 + 1, jelikož + 1)2 = + 2) + 1. Pro h > 0, k > 1, k celé je 1 + h) k. Levá straa posledí erovosti je tedy větší ež k ) =!. Čteář si jistě toto tvrzeí dokáže za pomocí pricipu matematické idukce. k)!k!
Matematická aalýza I 5-11 1 1 + + 2) + 2) = 1 + 1. Tím je posledí erovost dokázáa a posloupost b ) je klesající. Oa je ovšem také zdola ohraičeá ebot b > 0), existuje tedy lim b a my ji ozačíme e. 3) Nyí lim 1 + 1 ) 1 + 1 ) +1 = lim 1 + 1 = lim 1 + 1 ) +1 lim 1 + 1 ) = e. 4. Dokažte tvrzeí Pricip vořeých itervalů): Bud I ) posloupost uzavřeých itervalů s kocovými body a, b tak, že 1. pro každé N je I +1 I, 2. lima b ) = 0. Pak {I, N} je jedoprvková možia. Řešeí: Z prví podmíky vyplývá, že posloupost a ) je eklesající. Podle věty 4.26 tedy má limitu a = lim a. Dále, posloupost a ) je shora ohraičeá každým z čísel b k k N), a tedy a b, pro každé N viz pozámku za důkazem). Navíc, jelikož posloupost a ) je eklesající, je pro každé k N, a k a proč?). Celkově: pro každé k N, a I k. Předpokládejme yí, že existuje jié číslo a, které také leží v každém z itervalů I k. Jestliže a < a, pak podle defiice limity existuje číslo 0 tak, že pro každé 0 je a > a, což ovšem zameá, že a / I, a to je spor. Jestliže a > a, pak k tomu, aby a leželo v každém z itervalů I, je uté, aby pro každé N bylo a a b a. To ovšem zameá, že a a limb a ) = 0. viz pozámku za důkazem), eboli a = a, to je spor. Tím je tvrzeí dokázáo. Pozámka: V uvedeém důkazu jsme a dvou místech využili ásledující tvrzeí, které je jedoduchým důsledkem defiice limity: Jestliže pro fukce f, g : X R R platí f g a existují-li limity lim x x0 f x) a lim x x0 gx), pak lim x x0 f x) lim x x0 gx). 5. Rozhoděte o stejoměré kovergeci poslouposti fukcí f ) a itervalech 0, a) a [a, ), kde a > 0, když f : [0, ) R, f x) = 1 1 + x. Řešeí: Jestliže je x > 0, pak je lim f x) = 0. Posloupost f ) tedy bodově koverguje k ulové fukci a 0, ). Pro x > a je 0 < f x) 1 1 + a 1 a. Je-li ε > 0, stačí za 0 zvolit celé číslo větší ež 1/aε. Pro každé 0 a pro každé x a potom platí f x) 0 = f x) < 1 a 1 0 a < ε. Na itervalu [a, ) se tedy jedá o stejoměrou kovergeci. 3) Číslo e se azývá Eulerovo číslo. Budeme se s ím často setkávat.
5-12 5. Poslouposti a řady Podívejme se, jak to vypadá a itervalu 0, a). Platí f 1/) = 1 2. Jestliže tedy zvolíme ε < 1 2, eexistuje k ěmu žádé 0 N tak, aby z podmíky x 0, a), 0 plyulo f 0 ε. At si totiž zvolíme 0 jakkoliv velké, lze vždy ajít přirozeé tak, že 0 a 1/ < a. Položíme-li x = 1/, je splěo 0 a x 0, a), ale zároveň f x) 0 = f 1/) = 1 2 > ε. Na itervalu 0, a) se tedy o stejoměrou kovergeci ejedá. Cvičeí 1. Sestrojte posloupost reálých čísel a ) tak, aby lim a = a aby byla splěa podmíka a) lima +1 a ) = ; b) lima +1 a ) = 1; c) lima +1 a ) = 0. 2. Uved te příklad posloupostí a ), b ), pro ěž je lim a =, lim b = a přitom: a) lima b ) = ; b) lima b ) = ; c) lima b ) = a R; d) lima b ) eexistuje. 3. Uved te příklad posloupostí a ), b ), pro ěž je lim a =, lim b = 0 a přitom: a) lima b ) = ; b) lima b ) = 0; c) lima b ) = ; d) lima b ) = a > 0, a R; e) lima b ) = a < 0, a R; f) lima b ) eexistuje. 4. Rozhoděte, zda pro každou kovergetí posloupost a ) existuje a) mi{a N}; b) max{a N}; c) if{a N}; d) sup{a N}. 5. Necht lim a =. Dokažte, že posloupost a ) je zdola ohraičeá. 6. Necht lim a = a R. Dokažte, že lim a σ ) pro každé rostoucí zobrazeí σ : N N. 7. Bud a > 0 pro každé N, echt lim a = 0. Dokažte, že z poslouposti a ) lze vybrat klesající podposloupost, ale elze vybrat eklesající podposloupost. 8. Dokažte, že ke každému a R existuje posloupost reálých čísel kovergující k a. 9. Uved te příklad poslouposti reálých čísel která a) emá v R žádou hromadou hodotu; b) má v R jediou hromadou hodotu; c) má v R jediou hromadou hodotu, ale emá limitu; d) má v R právě dvě hromadé hodoty; e) má v R právě hromadých hodot N); f) má v R ekoečě moho hromadých hodot. 10. Dokažte: Jestliže ohraičeá posloupost eí kovergetí, pak má alespoň dvě růzé hromadé hodoty. 11. Pomocí defiice limity dokažte, že a) lim 1 2 + 1 = 0; b) lim 3 = 1; c) lim 1 2 = 1. 12. Pomocí defiice limity dokažte, že posloupost a ), kde a = 1) emá limitu. 13. Zjistěte, zda koverguje posloupost a ), když a) a = 2 + 1) ; b) a = 1 + 1). 14. Určete limitu a = lim k x v závislosti a parametrech k, x R. 15. Vypočtete lim a, kde a) a = 2 2 + 3 2 2 + + 1 ; b) a = 22 + 1 3 ; c) a = 4 + + 1 2 3 + + 1.
Matematická aalýza I 5-13 16. Vypočtěte limitu poslouposti a ), kde a) a = + 1 ; b) a = 2 + 5 + 6 2 + 3 + 1; c) a = + 2 ; d) a = + 1 ). 17. Spočtěte limitu lim 2 + 3 1 4 2. 18. Bud a R, a > 0. Spočtěte: a) lim a 1 + a ; b) lim a a a + a. 19. Dokažte, že pro každou posloupost a ) platí lim if a = lim mi{a 1, a 2,... a }. 20. Vypočtěte lim sup a, lim if a, kde: a) a = 1 + 1) ; b) a = 2 + 1) ) 2. Nalezěte všechy hromadé hodoty těchto posloupostí. 21. Dokažte, že posloupost a ) je mootoí a ohraičeá a ajděte její limitu, když: a) a = 2 2 5 ; b) a = 2 + 1 ; c) a = 2 + 2 4 2 + 1. 22. Spočtěte limitu poslouposti a ), když a) a = 3 + 3 4 ; b) a = 4 16; c) a = 2 + 1 + 1 ; d) a = 2 + 3 ) 3; e) a = + 1) + 3) + 2) 4. + 1 23. Dokažte, že uvedeé divergetí poslouposti emají vlastí limitu a ajděte k im vybraou posloupost, která má vlastí ebo evlastí limitu: a) 2) + 2 ); b) 1) ); c) 1) ). 24. Vypočtěte limitu poslouposti a ), kde: a) a = 1 1 ) ; ) b) a = 2 + 1. 1 25. Na příkladech ukažte, že všechy předpoklady Pricipu vořeých itervalů jsou uté. 26. Dokažte, že z Pricipu vořeých itervalů vyplývá axiom spojitosti. 27. Najděte obor kovergece a limitu poslouposti fukcí f ), jestliže a) f x) = 2 x 5 2 2 + x ; b) f x) = 1 + x ). 28. Rozhoděte, zda posloupost f ) koverguje stejoměrě a I, jestliže a) f x) = x2 + 1, I = R; b) f x) = 2 x2, I = 0, ); c) f x) = χx), I = R. 29. Rozhoděte o kovergeci ásledujících řad. U kovergetích se pokuste ajít součet. a) 1 ; b) 5 4 + 3) +1 + 1 ) 5 +2 c) 1 =2 3 ; d) =2 l 3 1 3 + 1 ; e) 2 + 1 + + 2). 30. Rozhoděte o kovergeci ásledujících řad a) 1 + 1 ; b) 1 2 2 ; c) 1 2 ; d) + 1 g) 3 1 3 + 2 ) 2; e) 2 1 ; f) 1! ; ) ; h) 3 3 + 1 ) ; i) 2 5 + 1) ) ; j) 2!. 31. Uved te příklad kovergetí řady a s kladými čley, pro kterou uplatí lim sup a +1 /a > 1.
5-14 5. Poslouposti a řady Existuje kovergetí řada a s kladými čley, pro kterou platí lim a > 1? 32. Najděte součet řady a, kde 1 /2, je-li sudé, a = 3 1 2)/2, je-li liché. 2 3 33. Najděte součet řady a, jestliže a) a = 1) +1)/2 2 ; 1 2/3, je-li dělitelé 3; 2) 1 b) a = + 1)/3, je-li zbytek čísla po děleí 3 rove 1; 2) 1 ++1)/3, je-li zbytek čísla po děleí 3 rove 2. 2) 34. Rozhoděte o eabsolutí kovergeci řady 1) + 1) log 2 + 1). 35. Rozhoděte o absolutí a eabsolutí kovergeci řad: a) 1) 1 + 10 1 ) ; b) 1) + 3 ; c) 1) +1 log 2 10+1/). Výsledky 2. a) a = 2, b = ; b) a =, b = 2; c) a = + a, b = d) a = + 1), b =. 3. a) a = 2, b = 1/ b) a = 1/, b = 2 c) a = 2, b = 1/; d) a =, b = a/; e) a =, b = a/; f) a =, b = 1) /. 4. a) Nemusí apříklad 1/)); b) emusí apříklad 1/)); c) existuje; d) existuje. 9. a) a = ; b) a = 1/; c) a =, pro lichá, a = 1/, pro sudá; d) 1) ; e) a ) = 1, 2,...,, 1, 2,...,,...); f) a ) = 1, 1, 2, 1, 2, 3, 1, 2, 3, 4,...). 13. a) Ao, lim a = 0; b) e. 14. pro x, k > 0, a =, pro x < 0, k > 0, a =, pro x > 0, k < 0, a = 0 a pro x, k < 0, a = 0. 15. a) 1 2 ; b) 0; c). 16. a) 0; b) 1; c) 0; d) 2 1. 21. a) 2; b) 1; c) 4 1. 22. a) 3; b) 15; c) 1; d) 8; e) 0. 29. a) Diverguje; b) koverguje 169 200 ; c) koverguje 1 4 ; d) koverguje l 2 3 ; e) koverguje 1 2. 30. a) Diverguje; b) koverguje; c) koverguje; d) diverguje; e) koverguje; f) koverguje; g) diverguje; h) diverguje; i) koverguje; j) koverguje. 32. 5 4. 33. a) 3 5 ; 35. a) Diverguje; b) koverguje eabsolutě; c) koverguje eabsolutě.