1 Prví prosemiář Cvičeí 1.1. Dokažte Beroulliovu erovost (1 + x) 1 + x, N, x. Platí tato erovost obecě pro všecha x R a N? Řešeí: (a) Pokud předpokládáme x 1, pak lze řešit klasickou idukcí. Pro = 1 tvrzeí platí. Předpokládejme, že tvrzeí platí pro a dokazujme jej pro + 1. Máme, že (1 + x) +1 = (1 + x)(1 + x) a podle idukčího předpokladu je (1 + x) 1 + x. Protoˇze 1 + x 0, je také (1+x) +1 = (1+x)(1+x) (1+x)(1+x) = 1+x+x+x = 1+(+1)x+x 1+(+1)x, ( ) ebot sčítaec x je ezáporé číslo. Tím jsme ukázali, že (1 + x) +1 1 + ( + 1)x a důkaz je hotov. (b) Pokud předpokládáme x, pak předchozí důkaz eprojde, ebot 1 + x můˇze být záporé číslo a prví erovost a řádku ( ) emusí být pravdivá. Pro důkaz můˇzeme použít idukci ob jede čle: pro = 1 a = tvrzeí platí, ebot 1 + x = 1 + x, (1 + x) = 1 + x + x 1 + x. Předpokládejme, ˇze tvrzeí platí pro a dokazujme ho pro +. (!) Předpokládáme tedy, že (1 + x) 1 + x. Potom také (1 + x) + = (1 + x) (1 + x) (1 + x) (1 + x), ebot (1 + x) je kladé číslo (a přeásobeím kladým číslem se smysl erovosti eměí). Zbývá ukázat, zda (1 + x) (1 + x)? 1 + ( + )x. Na pravé a levé straě dostaeme po rozásobeí po zkráceí a vytkutí 1 + x + x + x + x + x 3? 1 + x + x x + x + x 3? 0 x (1 + + x)? 0 Posledí erovost je pravdivá, právě kdyˇz 1 + + x 0, tedy pokud x 1 pro kaˇzdé přirozeé. Coˇz samozřejmě kaˇzdé x splňuje. Posledí erovost tedy pravdivá je a díky tomu, že jsme používali pouze ekvivaletí úpravy, jsou pravdivé také všechy předcházející. (c) Nerovost eplatí obecě. Například eplatí pro = 3 a x = 4 (dosad te si). Lze dokázat o ěco složitějšími prostředky, že pro každé x < existuje přirozeé takové, že Beroulliova erovost eplatí. 1 1 ) Aˇz budete umět počítat limity, bude pro vás sadé ukázat, ˇze lim (1 + x) +1 1 + ( + 1)x =, coˇz zhruba řečeo zameá ejeom, ˇze (1+x) +1 je meší eˇz 1+(+1)x pro hodě velká, ale dokoce mohem meší. 1
Cvičeí 1.. Dokažte erovost mezi aritmetickým a geometrickým průměrem kladých čísel. To jest, kdykoliv N a x 1,..., x 0, potom x 1 +... + x x 1 x... x Prví řešeí: Pro = 1 tvrzeí platí. Předpokládejme, že platí pro a dokazujme pro + 1. Ozačme µ = x 1 +... + x + x +1. + 1 Chceme dokázat, ˇze µ +1 x 1 x... x x +1. Pokud x 1 =... = x +1, potom tvrzeí zřejmě platí. Pokud si ejsou všecha čísla rova, existuje alespoň jedo, které je větší ež průměr µ a alespoň jedo, které je meší ež průměr µ. Případým přezačeím můžeme bez újmy a obecosti předpokládat, že x > µ a x +1 < µ. Tudíž x µ + x +1 µ µ x x +1 = (x µ)(µ x +1 ) > 0. ( ) Nyí poloˇzme x = x + x +1 µ. Zřejmě tedy x je kladé číslo. A platí, ˇze tudíˇz tedy a tedy x = x + x +1 µ x µ > 0, ( + 1)µ = x 1 +... + x + x +1, µ = x 1 +... + x 1 + (x + x +1 µ), µ = x 1 +... + x 1 + x, µ = x 1 +... + x 1 + x. Tudíˇz µ je aritmetický průměr čísel x 1,..., x 1, x a podle idukčího předpokladu musí být větší eˇz jejich geometrický průměr. Tudíˇz eboli Odtud máme, ˇze Pokud dokážeme, že jsme hotovi. K tomu stačí dokázat, ˇze µ x 1... x 1 x, µ x 1... x 1 x. µ +1 x 1... x 1 x µ. x 1... x 1 x µ x 1... x 1 x x +1, x µ x x +1. Je ale x µ x x +1 = (x + x +1 µ)µ = x µ + x +1 µ µ x x +1 > 0
podle vztahu ( ). Jsme hotovi. QED (Z důkazu je avíc vidět, ˇze pokud si ejsou všecha čísla rova, pak je erovost ostrá.) Druhé řešeí zpětou idukcí: 1. Pro = lze tvrzeí dokázat čistě algebraicky. Nerovost x 1 + x x 1 x je pro ezáporá čísla x 1, x po umocěí postupě ekvivaletí erovostem (x 1 + x ) 4 x 1 + x 1 x + x 4 x 1 x x 1 x 0 a posledí erovost je pravdivá. x 1 x 1 x + x 0 4 (x 1 x ) 0 4. Pokud = k, kde k je přirozeé číslo, pak můˇzeme pouˇzít idukci přes k. Pro k = 1 jsme tvrzeí dokázali výše. Platí-li pro k 1, pak pro k jej dostaeme ásledově: x 1 +... + x k k = yí použijeme idukčí předpoklad pro k 1 x 1 +...+x k 1 + x k 1 +1 +...+x k k 1 k 1 k 1 x1... x k 1 + k 1 x k 1 +1... x k a yí pro k = 1 k 1 x1... x k 1 k 1 x k 1 +1... x k = k x1... x k 1x k 1 +1... x k 3. Nakoec, pokud je libovolé přirozeé číslo, potom bud k takové, ˇze k >. Bud µ = x 1 +... + x a položme x +1 = x + =... = x k = µ. Potom µ = x 1 +... + x = m (x 1 +... + x ) m = x 1 +... + x + m (x 1 +... + x ) m = x 1 +... + x m m > > m x 1... x m = m x 1... x m µ m, odkud přímočaře plye, že µ m > x 1... x µ m, a tedy µ > x 1... x, µ > x 1... x, coˇz jsme chtěli dokázat. QED 3
Cvičeí 1.3. Dokažte idukcí, že pro každé přirozeé platí ( ) + 1!. Pro = 1 tvrzeí platí, ebot 1! = 1 a ( 1+1 )1 = 1. Předpokládejme, ˇze tvrzeí platí pro pevě zvoleé N a dokazujme jej pro + 1. Je ( ) + 1 ( + 1)! =! ( + 1) ( + 1) = ( + 1)+1. Zbývá dokázat, ˇze coˇz je ekvivaletí erovosti ( + 1) +1 ( + )+1 +1, ( ) +1 +. + 1 Vyuˇzitím Beroulliovy erovosti s + 1 amísto ale máme čímž je důkaz hotov. QED ( ) +1 ( + = 1 + 1 ) +1 1 + + 1 + 1 + 1 + 1 =, 4
Druhý prosemiář Cvičeí.1. Rozhoděte o pravdivosti a egujte výrok x N y N z N : (z > x = y < z). Výrok je pravdivý, volte y > x. Negace má tvar x N y N z N : (z x y < z). Lze ahlédout, že výrok je epravdivý. At volíme x jakkoli, při volbě y = x podmíka vpravo emůže platit pro žádé z, ebot eí současě možé, aby z x a z > x = y. Cvičeí.. Rozhoděte, zda platí ((a = b) = c) (a = (b = c)). Tvrzeí eplatí obecě. Platí, pokud c je pravdivý výrok ebo a je pravdivý a b a c epravdivé. Řešit lze bud pravděpodobostí tabulkou, aebo úpravami pomocí tautologií (p = q) ( p q), (p q) p q. Potom je zatímco [(a = b) = c] [( a b) = c] [ ( a b) c] [(a b) c], [a = (b = c)] [a = ( b c)] [ a ( b c)] [ a b c]. Cvičeí.3. Rozhoděte, zda platí (A B) C = A (B C), pro libovolé možiy A, B a C, kde A B = (A \ B) (B \ A). Ao, tvrzeí platí. Lze dokazovat pomocí Veových diagramů ebo lze postupě ahlédout, ˇze x (A B), pokud leˇzí v A ebo v B, ale e v obou zároveň, a tudíˇz x (A B) C, pokud leží v C ebo v A B, ale e v obou zároveň. Tudíž x (A B) C, právě když x leží v A, B ebo C, ale ikoli ve dvou či všech třech zároveň. Zcela aalogicky lze postupovat i ve druhém případě, vyjde totéž. Cvičeí.4. Dokažte de Morgaova pravidla: A \ i I B i = i I(A \ B i ) A \ i I B i = i I(A \ B i ) Dokaˇzme (A \ B i ) (A \ B i ). Budiˇz x (A \ B i ). To zameá, ˇze x leˇzí v A a eleˇzí v průiku B i. Tudíž existuje i 0 I, že x eleží v B i0, tudíž leží v A \ B i0 a tudíž i ve sjedoceí (A \ B i ). Dokažme yí opačou ikluzi, (A \ B i ) (A \ B i ). Pokud x (A \ B i ), pak existuje i 0, že x A a x B i0. Tudíž x B i, a tudíž x A \ B i. Druhé pravidlo se dokazuje podobě. 5
Cvičeí.5. Charakterizujte zobrazeí f : M L, pro která platí: (a) A M : f 1 (f(a)) = A (c) A, B M : f(a B) = f(a) f(b) (e) A, B M : f(a \ B) f(a) \ f(b) (b) B L : f(f 1 (B)) = B (d) A, B M : f(a \ B) f(a) \ f(b) (f) A, B M : f(a B) = f(a) f(b) (a) Pro f prosté. Pokud eí, existují x, y A se stejým obrazem f(x) = f(y). Je tedy f({x}) = {f(x)}, ale f 1 (f({x})) = f 1 ({f(x)}) {x, y}. Pokud je, kaˇzdému prvku odpovídá právě jede obraz. Je-li x A, pak f(x) f(a), a tudíˇz existuje x f 1 (f(a)) tak, že f( x) = f(x). Protože f je prosté, je x = x, a tudíž x f 1 (f(a)). Naopak, je-li x f 1 (f(a)), pak f(x) f(a), a tudíž utě x A, ebot f je prosté. Pokud by totiž z A a f(z) f(a), pak f(z) má ějaký vzor v A, utě tedy odlišý od x, což je spor s tím, ˇze f je prosté. (b) Rovost platí pro zobrazeí f a L, kde L je cílová moˇzia. Pokud f eí a, vol B = L. Potom f 1 (L) = D f je defiičí obor f, ale f(f 1 (L)) = f(d f ) L, protoˇze f eí a. Pokud f je zobrazeí a L, pak rovost platí. Je-li y A L, pak podle předpokladu, že jde o zobrazeí a, má alespoň jede vzor x f 1 (A), že f(x) = y. Ale y = f(x) f(f 1 (A)), tudíž jeda ikluze je dokázáa. Opačá ikluze se dokáže takto: je-li y f(f 1 (B)), potom y je obraz f(x) pro ějaký prvek x f 1 (B). Ale teto prvek je v možiě vzorů B, existuje tedy ỹ B takové, ˇze f(x) = ỹ. Protoˇze zobrazeí má jedozačě určeý obraz, je utě y = ỹ, a tudíˇz y B. QED (c) Platí pro libovolé zobrazeí f. Je-li y f(a) f(b), potom y má vzor v A ebo B, tedy y má vzor v A B, tudíž y f(a B). Naopak, pokud y f(a B), potom má vzor v A B, tudíž má vzor v A ebo v B, a tudíž patří do f(a) či do f(b), je tedy y f(a) f(b). QED (d) Pro f prosté. Pokud f eí prosté, potom existují x a y se stejým obrazem f(x) = f(y). Vol A = {x} a B = {y}. Potom f(a \ B) = {f(x)}, ale f(a) \ f(b) = {f(x)} \ {f(x)} =. Naopak, je-li f prosté, potom platí dokoce rovost (viz e)). Každopádě, je-li y f(a \ B), pak má vzor x A \ B, a tudíˇz f(x) f(a), a přitom f(x) f(b) kvůli prostotě: kdyby f(x) f(b), měl by prvek f(x) ještě jede vzor v B odlišý od x, coˇz elze. Tudíˇz f(x) f(a) \ f(b). QED (e) Platí pro libovolé zobrazeí f. Je-li y f(a) \ f(b), pak y f(a), tudíž y má vzor x A, a přitom teto vzor emůže ležet v B, ebot f(x) = y f(b). Tudíž x A \ B, a tedy y = f(x) f(a \ B). QED (f) Pro obecé zobrazeí f platí pouze jeda ikluze, a to f(a B) f(a) f(b). Je-li totiˇz y f(a B), pak y má vzor x A B, tudíˇz f(x) f(a) i f(x) f(b), a tedy y = f(x) f(a) f(b). Naopak, pokud y f(a) f(b), pak musí mít vzor x 1 A a vzor x B, ale tyto vzory emusí být utě stejé. Pokud položíme A = {x 1 } a B = {x }, pak f(a B) = f({ }) =, ale pochopitelě f(a) f(b). Nahlédeme, že rovost opět obecě platí, pokud f je prosté. Předchozí příklad ukazuje, že rovost platit emůže, pokud f prosté eí. Naopak, pokud f je prosté a y f(a) f(b) a x 1 A, x B jsou vzory, pak díky prostotě je utě x 1 = x = x, kde tedy x A B, a tudíˇz y = f(x) f(a B). QED. Cvičeí.6. ( ) Je zobrazeí f : N N N defiovaé předpisem prosté? f(x, y) = (x + y)(x + y + 1) 6 + y
Ptáme se, zda z rovosti (x 1 + y 1 )(x 1 + y 1 + 1) + y 1 = (x + y )(x + y + 1) uˇz utě vyplývá, ˇze x 1 = x a y 1 = y za předpokladu, ˇze jde o přirozeá čísla. Poloˇzme yí u 1 = x 1 + y 1 a u = x + y. Tedy máme u 1 (u 1 + 1) + y 1 = u (u + 1) + y. 1. Sado ahlédeme, že pokud u 1 = u, potom zlomky jsou stejé, zkrátí se, a tedy utě y 1 = y. Ale pokud y 1 = y a u 1 = u, to jest x 1 + y 1 = x + y, pak utě také x 1 = x.. Pokud u 1 u, pak jedo z těchto přirozeých čísel je větší. Bez újmy a obecosti třeba u. Protože pro libovolé přirozeé číslo platí, že + y 1 + +... + = dostáváme pomocí tohoto vztahu, ˇze rovost ( + 1), lze přepsat do tvaru u 1 (u 1 + 1) + y 1 = u (u + 1) + y 1 + +... + u 1 + y 1 = 1 + +... + u 1 + (u 1 + 1) +... + u + y a odečteím stejých sčítaců a levé i pravé straě dostaeme, ˇze Protože u 1 = x 1 + y 1, máme a tudíˇz y 1 = (u 1 + 1) + (u 1 + ) +... + u + y. y 1 = (x 1 + y 1 + 1) + (u 1 + ) +... + u + y, 0 = (x 1 + 1) + (u 1 + ) +... + u + y. Nyí a levé straě je ula, zatímco a pravé je přirozeé číslo. Rovost tedy astat emůˇze. Cvičeí.7. Vyšetřete bez použití derivace, a kterých itervalech jsou ásledující reálé fukce mootóí: (a) f(x) = 3x+ (b) f(x) = x + 1 x 3 x (c*) f(x) = 3 si x + cos x (d*) f(x) si x + 3 si x (a) Je 3x + x 3 = 3(x + ) 3 (x 3) = 3(x 3 + 3 + ) 3 (x 3) = = 3(x 3) + 9 + (x 3) = 3 9 + + (x 3). Fukce y 1 = 3 je kostatí, fukce y = 9 + je zřejmě mootóí a itervalech (, 3) (x 3 ) a ( 3, + ). Totéˇz tedy platí i o původí fukci. 7
(b) Řešme, kdy x+ 1 = x +1 je mootóí. Na itervalu (0, + ) řešme erovici f(x) > f(y), x x po dosazeí x + 1 > y + 1. x y Díky kladosti x, y x y + y > y x + x x y y x + y x > 0 xy(x y) + (y x) > 0 (x y)(xy 1) > 0 Posledí levá straa je kladá, pokud x > y a xy > 1 ebo x < y a xy < 1. Rozeberme ásledující případy: 1. Pokud x = 1, potom (1 y)(y 1) = (y 1) < 0 vždy (kromě y = 1), tudíž v bodě 1 má fukce ostré miimum vzhledem k itervalu (0, + ).. Pokud x < 1 a y < 1, potom xy < 1 a z erovosti x < y vyplývá (x y)(xy 1) > 0, tudíˇz f(x) > f(y) a a (0, 1) je tedy fukce klesající. 3. Pokud x > 1 a y > 1, potom xy > 1. Z erovosti x > y pak vyplývá, ˇze f(x) > f(y) a fukce je a itervalu (1, + ) rostoucí. 4. Protože f je lichá fukce, je klesající a ( 1, 0) a rostoucí a (, 1) a v bodě 1 má ostré maximum vzhledem k itervalu (, 0). (c*) Platí, že a + b si(cx + d) = a + b si(cx) cos d + b cos(cx) si d. Potřebuji, aby c = 1, b cos d = 3, b si d = 1 a a = 0. Odtud vyplývá, ˇze a b =. Tudíž jsme dostali rovost a zbytek je zřejmý. (d*) Protože si x = výše máme, ˇze Zbytek je zřejmý. b si d b cos d = 1 = tg d = 1 = d = π 3 3 6 3 si x + cos x = si(x + π 6 ) 1+cos x, je si x + 3 si x = 1 + cos x + 3 si x a podobě jako cos x + 3 si x = si(4x + π 6 ). Cvičeí.8. Zjistěte předpis pro složeá zobrazeí f f a f f f pro f(x) = 1 1 x. obdobě (f f)(x) = f(f(x)) = (f f f)(x) = f(f(f(x))) = 1 1 f(x) = 1 1 1, 1 x 1 1 f(f(x)) = 1 1 1 1 f(x) = 1 1 1. 1 1 1 x Cvičeí.9. Určete obor hodot reálé fukce f(x) = 6x + 3x + 1. 8
Úpravou máme, ˇze 6x + 3x + 1 = 6 (x + 1 ) ( x + 1 = 6 x + 1 ) 6 4 4 + 1, odkud vidíme, že H f = 1 6 4, + ), protože je zámo, že kvadratická fukce (x + 1 4 ) abývá hodot mezi ulou (včetě) a +. Další příklady Cvičeí.10. Necht A, A 1, A X a B, B 1, B Y. Ukažte, že pro daé zobrazeí f : X Y obecě platí: (a) f(a 1 A ) = f(a 1 ) f(a ) (b) f(a 1 A ) f(a 1 ) f(a ) (Pro která f platí rovost?) (c) f 1 (B 1 B ) = f 1 (B 1 ) f 1 (B ) (d) f 1 (B 1 B ) = f 1 (B 1 ) f 1 (B ) (e) f(a) B A f 1 (B) (f) f(f 1 (B)) B (Pro která f platí rovost?) (g) f 1 (f(a)) A (Pro která f platí rovost?) (h) A 1 A = f(a 1 ) f(a ) (i) B 1 B = f 1 (B 1 ) f 1 (B ) (j) f 1 (Y \ B) = Y \ f 1 (B) (k) (f A ) 1 (B) = A f 1 (B) (l) f 1 (B 1 \ B ) = f 1 (B 1 ) \ f 1 (B ) (m) f(a 1 \ A ) f(a 1 ) \ f(a ) (Pro která f platí rovost?) Řešeí částí (a)-(d) je obsažeo v ásledujícím obecějším cvičeí. (e) Je-li f(a) B a x A, potom f(x) f(a), tedy f(x) B, a tudíž x f 1 (B). Naopak, je-li A f 1 (B) a y f(a), potom existuje x A tak, že f(x) = y. Ale potom x f 1 (B) a tudíˇz existuje y B tak, ˇze f(x) = y. Protoˇze obraz zobrazeí je jedozačě urče, je y = f(x) = y, a tedy y = y B. (f) Rovost platí pro zobrazeí f a L, kde L je cílová moˇzia. Pokud f eí a, vol B = L. Potom f 1 (L) = D f je defiičí obor f, ale f(f 1 (L)) = f(d f ) L, protože f eí a. Pokud f je zobrazeí a L, pak rovost platí. Je-li y A L, pak podle předpokladu, že jde o zobrazeí a, má alespoň jede vzor x f 1 (A), že f(x) = y. Ale y = f(x) f(f 1 (A)), tudíž jeda ikluze je dokázáa. Opačá ikluze se dokáže takto: je-li y f(f 1 (B)), potom y je obraz f(x) pro ějaký prvek x f 1 (B). Ale teto prvek je v moˇziě vzorů B, existuje tedy ỹ B takové, ˇze f(x) = ỹ. Protoˇze zobrazeí má jedozačě určeý obraz, je utě y = ỹ, a tudíˇz y B. QED (g) Pro f prosté. Pokud eí, existují x, y A se stejým obrazem f(x) = f(y). Je tedy f({x}) = {f(x)}, ale f 1 (f({x})) = f 1 ({f(x)}) {x, y}. Pokud je, každému prvku odpovídá právě jede obraz. Je-li x A, pak f(x) f(a), a tudíž existuje x f 1 (f(a)) tak, že f( x) = f(x). Protože f je prosté, je x = x, a tudíž x f 1 (f(a)). Naopak, je-li x f 1 (f(a)), pak f(x) f(a), a tudíˇz utě x A, ebot f je prosté. Pokud 9
by totiˇz z A a f(z) f(a), pak f(z) má ějaký vzor v A, utě tedy odlišý od x, coˇz je spor s tím, ˇze f je prosté. (h) Bud A 1 A a y f(a 1 ). Potom existuje x A 1, že y = f(x). Ale pak x A, a tudíž y = f(x) f(a ). (i) Viz obecější (l). (k) Pokud x A f 1 (B), potom f(x) f(a) f(f 1 (B)) f(a) B (užije se (f)). Naopak, pokud x (f A ) 1 (B), potom samozřejmě x A f 1 (B). QED (l) Pokud x f 1 (B 1 \ B ), pak f(x) B 1 \ B, tudíˇz f(x) B 1, a tedy x f 1 (B 1 ), ale f(x) B, tudíˇz f(x) f 1 (B ). Naopak, pokud x f 1 (B 1 ) \ f 1 (B ), potom f(x) B 1, ale f(x) B, tudíž f(x) B 1 \ B, a tudíž x f 1 (B 1 \ B ). QED (m) Je-li y f(a) \ f(b), pak y f(a), tudíž y má vzor x A, a přitom teto vzor emůže ležet v B, ebot f(x) = y f(b). Tudíž x A \ B, a tedy y = f(x) f(a \ B). QED Rovost platí pro f prosté. Pokud f eí prosté, potom existují x a y se stejým obrazem f(x) = f(y). Vol A = {x} a B = {y}. Potom f(a \ B) = {f(x)}, ale f(a) \ f(b) = {f(x)} \ {f(x)} =. Naopak, je-li f prosté, potom platí dokoce rovost (viz e)). Kaˇzdopádě, je-li y f(a \ B), pak má vzor x A \ B, a tudíž f(x) f(a), a přitom f(x) f(b) kvůli prostotě: kdyby f(x) f(b), měl by prvek f(x) ještě jede vzor v B odlišý od x, což elze. Tudíž f(x) f(a) \ f(b). QED Cvičeí.11. Necht I je možia, A i X a B i Y pro každé i I. Ukažte, že pro daé zobrazeí f : X Y obecě platí: (a) f( i I A i ) = i I f(a i ) (b) f( i I A i ) i I f(a i ) (Pro která f platí rovost?) (c) f 1 ( i I B i ) = i I f 1 (B i ) (d) f 1 ( i I B i ) = i I f 1 (B i ) (a) Je-li y f( A i ), potom existuje x A i, ˇze f(x) = y. Potom ale x A i0 pro ějaké i 0 I, tudíž f(x) f(a i0 ), a tedy y = f(x) f(a i ). Naopak, je-li y f(a i ), potom y f(a i0 ) pro ějaké i 0 I, tudíž existuje x A i0 tak, že f(x) = y. Ale tudíž x A i, a tedy y = f(x) f( A i ). QED (b) Je-li y f( A i ), potom existuje x A i tak, že f(x) = y. Tudíž pro každé i I je x A i, a tedy pro kaˇzdé i I je f(x) A i, tudíˇz y = f(x) f(a i ). Opačá ikluze platí, právě kdyˇz je zobrazeí f prosté: pokud f prosté eí, pak existují x, y X tak, ˇze f(x) = f(y). Defiujme A 1 = {x} a A = {y}. Pak f(a 1 A ) = f( ) =, ale f(a 1 ) f(a ) = {f(x)}. Naopak, je-li f prosté a y f(a i ), pak y f(a i ) pro každé i I a existují vzory x i A i tak, že f(x i ) = y. Ale u prostého zobrazeí může být vzor pouze jede, tudíž x i = x j pro každé i, j I, a tedy pro x := x i máme, že x A i. Tudíž y = f(x) f( A i ). QED (c) Je-li x f 1 ( B i ), pak f(x) B i, tudíˇz f(x) B i0 pro vhodé i 0 I, a tedy x f 1 (B i0 ), tudíˇz x f 1 (B i ). Naopak, je-li x f 1 (B i ), pak x f 1 (B i0 ) pro vhodé i 0 I, tudíˇz f(x) B i0, tudíˇz f(x) B i, tudíˇz x f 1 ( B i ). QED (d) Je-li x f 1 ( B i ), pak f(x) B i, tudíž f(x) B i pro všecha i I, a tedy x f 1 (B i ) pro všecha i I, tudíž x f 1 (B i ). Naopak, je-li x f 1 (B i ), pak x f 1 (B i ) pro všecha i I, tudíž f(x) B i pro všecha i I, tudíž f(x) B i, tudíž x f 1 ( B i ). QED 10
3 Třetí prosemiář Z předchozího: de Morgaova pravidla. Cvičeí 3.1. Dokažte de Morgaova pravidla: A \ B i = \ B i ) i I i I(A A \ i I B i = i I(A \ B i ) Dokaˇzme (A \ B i ) (A \ B i ). Budiˇz x (A \ B i ). To zameá, ˇze x leˇzí v A a eleˇzí v průiku B i. Tudíž existuje i 0 I, že x eleží v B i0, tudíž leží v A \ B i0 a tudíž i ve sjedoceí (A \ B i ). Dokažme yí opačou ikluzi, (A \ B i ) (A \ B i ). Pokud x (A \ B i ), pak existuje i 0, že x A a x B i0. Tudíž x B i, a tudíž x A \ B i. Druhé pravidlo se dokazuje podobě. Cvičeí 3.. Dokažte z axiomů uspořádaého tělesa R, že platí (a) x < y x > y. (b) Možia je omezeá, právě když je shora i zdola omezeá. (c) Pro x, y > 0 a N platí: x > y x > y. Připomeňme, ˇze: 1. Moˇzia A R je shora omezeá, pokud existuje M R tak, ˇze pro kaˇzdé x A je x M.. Možia A R je zdola omezeá, pokud existuje m R tak, že pro každé x A je x m. 3. Možia A R je omezeá, pokud existuje K R tak, že pro každé x A je x K. Absolutí hodotu defiujeme (apříklad) jako a = max{a, a}, což můžeme, ebot z axiomů uspořádáí víme, že každá dvě reálá čísla jsou porovatelá, a tudíž platí a a ebo a a. Odtud mimochodem vyplývá, že a a i a a. Nebo můžeme absolutí hodotu defiovat takto: a = a pro a 0, a = a pro a < 0. Protoˇze pro a > 0 je zřejmě a > a (z axiomů uspořádáí), je a = a = max{a, a}. Obdobě pro a < 0 je a = a > a, tudíˇz a = max{ a, a}. Obě defiice jsou tedy ekvivaletí. Řešeí: (a) Podle axiomu svazujícímu erovost a operaci sčítáí platí x < y = x + a < y + a a R. Přičteím ( a) k oběma straám druhé erovosti podle téhoˇz axiomu ale vyplývá, ˇze x + a < y + a = x + a + ( a) < y + a + ( a) x < y, takže Odtud x < y x + a < y + a a R. ( ) x < y x + ( x) < y + ( x) 0 < y + ( x) 0 + ( y) < y + ( x) + ( y) 11
y < y + ( y) + ( x) y < 0 + ( x) y < x. V prví a třetí ekvivaleci jsme použili ( ), druhá je axiom o opačém prvku, třetí axiom o ulovém prvku a komutativitě sčítáí, pátá axiom o opačém prvku a šestá axiom o ulovém prvku. (b) Jestliže možia A je omezeá, potom x K pro každé x A. Evidetě K 0. Položme m = K a M = K. Potom a tudíž možia A je shora i zdola omezeá. x x K = M, x x K = m, Naopak, je-li moˇzia A shora i zdola omezeá, tj. existují m, M R tak, ˇze m x M pro kaˇzdé x A, potom pooˇzme K = max{ m, M }. Pak máme, ˇze x M M K, x m m K, a z erovostí x K a x K uˇz plye, ˇze x = max{x, x} K. (c) Bud te x, y > 0, N a x < y. Potom z axiomu uspořádáí (přeásobeí kladým číslem) máme x > y = x x > y x ax > y = x y > y y, z trazitivity potom vyplývá, ˇze x = x x > y x > y y = x x > y y = y Takto můˇzeme pokračovat -krát aebo postupovat idukcí. Naopak, bud te x, y > 0, N a x > y. Ukáˇzeme ejprve, ˇze pokud x > 0, pak 1 > 0. x Pokud by totiž 1 0, pak by po přeásobeí kladým číslem x bylo x Coˇz je evidetí spor. Dále dokáˇzeme, ˇze 1 = x 1 x 0 x = 0. Je totiˇz x > y = 1 x < 1 y. x > y = x 1 x > y 1 x = 1 > y 1 x = 1 1 y > y 1 x 1 y = 1 y > 1 x. Odtud koečě máme, ˇze x > y = x 1 = 1 x x > 1 x y > 1 y y = y 1. A dále lze postupovat idukcí. Cvičeí 3.3. Dokažte pomocí axiomů uspořádaého tělesa R (a obvyklých pravidel aritmetiky) existeci a jedozačost -té odmociy kladého reálého čísla. Tedy, je-li a R, a > 0 a N, potom existuje právě jedo reálé číslo x takové, že x = a. Jaríkovo řešeí viz odkaz a www strákách. 1
Defiice limity poslouposti základí limity Defiice 3.1. Řekeme, že reálé číslo L je limitou poslouposti {a }, jestliže pro každé ε > 0 existuje 0 N tak, že pro každé 0 platí a L < ε. Začíme lim a = L, popřípadě lim a = L. Defiice 3.. Řekeme, že posloupost {a } má limitu +, jestliže pro každé K R existuje 0 N tak, že pro každé 0 platí a K. Začíme lim a = +, popřípadě lim a = +. Defiice 3.3. Řekeme, že posloupost {a } má limitu, jestliže pro každé K R existuje 0 N tak, že pro každé 0 platí a K. Začíme lim a =, popřípadě lim a =. Cvičeí 3.4. Dokažte, že lim c = c pro libovolé c R. Řešeí: Volme ε > 0 libovolě. Potom samozřejmě a L = c c = 0 < ε pro kaˇzdé N, stačí tedy volit 0 = 1. 1 Cvičeí 3.5. Dokažte, že lim = 0. Řešeí: Volme ε > 0 libovolě. Potom samozřejmě a L = 1 0 = 1 < ε tehdy a je tehdy, pokud > 1. Podle Archimedova axiomu existuje přirozeé číslo ε 0 > 1. Pak je pro ε každé 0 také 0 > 1. QED ε Cvičeí 3.6. Dokažte, že lim = +. Řešeí: Volme K R. Podle Archimedova axiomu ale existuje 0 0 platí také 0 > K. QED. > K, tudíˇz pro kaˇzdé Cvičeí 3.7. Dokažte ásledující tvrzeí: (a) Pokud k je přirozeé číslo a lim a = L > 0, potom lim k a = k L. (b) Pokud k je přirozeé číslo, lim a = 0 a a 0 pro každé N, potom lim k a = 0. (c) Pokud k je přirozeé číslo a lim a = 0, potom lim k a emusí existovat. (d) Pokud k je liché přirozeé číslo a lim a = L (e utě L > 0), potom lim k a = k L. (e) Pokud k je přirozeé číslo a lim a = +, potom lim k a = +. (f) Pokud k je liché přirozeé číslo a lim a =, potom lim k a =. Řešeí: (a) Uvědomme si ejprve, ˇze existuje δ > 0 tak, ˇze L δ > 0. Od ějakého idexu počíaje je a > L δ > 0, takˇze posloupost je od ějakého čleu počíaje dobře defiováa. Klíčem je ásledující úprava: k a k L = k a k 1 a L + k a k L + k a k 3 L +... + k a 1 L k + k L. k 1 13
Jmeovatel tvoří součet kladých čísel, můˇzeme jej tedy zmešit (a celý zlomek zvětšit) tím, ˇze všechy aˇz a posledí vyecháme. Dostaeme, ˇze k a k L = k a k 1 + k a k L + k a k 3 a L L +... + k a 1 L k + k L a L k. k 1 L k 1 Volme ε > 0. Protoˇze lim a = L, existuje idex 0 tak, ˇze pro 0 je a L < ε k L k 1. Odtud ale dostaeme, že pro 0 je k a k L = k a k 1 + k a k L + k a k 3 a L L +... + k a 1 L k + k L a L k < ε. k 1 L k 1 (b) Podle předpokladů je posloupost korektě defiováa. Volme ε > 0. Zřejmě existuje ε > 0 tak, že ε < ε k, a tudíž k ε < ε. Protože lim a = 0, existuje 0 tak, že pro 0 je a < ε, a tudíž k a = k a < k ε < ε. QED (c) Uvažte a = ( 1) a k =. Potom posloupost (a ) eí defiováa (ai v širším smyslu od ějakého čleu počíaje). (d) Pro L 0 to víme z částí (a), (b). Pro L < 0 stačí uvážit, že lim k a = lim k a = lim k a = lim k L = lim k L = lim k L. (e) Volme K > 0. Protože lim a = +, existuje 0 tak, že pro 0 je a > K k. Tudíž pro 0 je k a > K. QED (f) Aalogicky jako v (d) ebo (e). 14