Delta 7/2024

Przejście graniczne

Bartłomiej Bzdęga

matematyka analiza szkoła

Przypomnijmy krótko, że liczba $g$ jest granicą ciągu liczbowego $(a) = (a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots),$ jeśli dla każdego $ε > 0,$ począwszy od wyrazu o pewnym indeksie $N_{ε}$ (zależnym od $ε$ ), wszystkie kolejne wyrazy różnią się od $g$ o mniej niż $ε .$ Piszemy $lim_{n \to \infty} a_{n} = g .$ Przytoczę tu kilka przydatnych twierdzeń dotyczących granic.

Twierdzenie 1. Ciąg $(a)$ liczb całkowitych, który ma granicę $g,$ jest od pewnego wyrazu stały.

Dowód. Dla $n \geq N_{1 / 2}$ otrzymujemy $a_{n} \in (g - \frac{1}{2}, g + \frac{1}{2}),$ a w tym przedziale jest co najwyżej jedna liczba całkowita.

Twierdzenie 2. Niech ciągi $(a)$ i $(b)$ mają granice, odpowiednio, $g_{a}$ i $g_{b} .$ Jeśli dla każdego $n$ zachodzi nierówność $a_{n} \leq b_{n},$ to $g_{a} \leq g_{b} .$

Dowód. Przypuśćmy, że $g_{a} > g_{b},$ i niech $ε = \frac{1}{2} (g_{a} - g_{b}) .$ Dla odpowiednio dużych $n$ otrzymujemy sprzeczność: $b_{n} < g_{b} + ε = g_{a} - ε < a_{n} .$ Twierdzenie 3 (o trzech ciągach). Ciągi $(a),$ $(b),$ $(c)$ spełniają dla każdego $n$ nierówność $a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}$ oraz ciągi $(a)$ i $(c)$ mają tę samą granicę $g,$ to ciąg $(b)$ też ma granicę $g .$

Dowód. Niech $ε > 0$ będzie dowolne. Dla odpowiednio dużych $n$ zachodzą nierówności: $g - ε < a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n} < g + ε,$ więc liczba $g$ jest granicą ciągu $(b)$ na mocy definicji.

Ćwiczenia

1. Czy w twierdzeniu 2 można obie nierówności nieostre zastąpić ostrymi?

Wskazówka

Nie można. Jako kontrprzykład mogą posłużyć ciągi $a_{n} = \frac{1}{n}$ i $b_{n} = \frac{2}{n} .$

2. Niech $g_{a}$ i $g_{b}$ będą, odpowiednio, granicami ciągów $(a)$ i $(b) .$ Udowodnić, że jeśli $g_{a} < g_{b},$ to dla wszystkich dostatecznie dużych $n$ zachodzi nierówność $a_{n} < b_{n} .$

Wskazówka

Rozważyć $ε = \frac{1}{2} (g_{b} - g_{a}) .$

3. Czy obie nierówności ostre z poprzedniego zadania można zastąpić nieostrymi?

Wskazówka

Nie można. Dla kontrprzykładu: $a_{n} = \frac{2}{n},$ $b_{n} = \frac{1}{n} .$

Zadania

4. Dany jest ograniczony ciąg liczb całkowitych nieujemnych $(a) .$ Niech $b_{n} = \sqrt[n]{a_{1}^{n} + a_{2}^{n} + \dots + a_{n}^{n}} dla n całkowitych dodatnich.$ Wykazać, że jeśli w ciągu $(b)$ jest nieskończenie wiele liczb całkowitych, to wszystkie jego wyrazy są całkowite. (LXIX OM, II stopień)
(Ciąg $(a)$ nazywamy ograniczonym, jeśli istnieje taka stała $M,$ że $| a_{n} | \leq M$ dla wszystkich $n$ ).

Wskazówka

Niech $M$ będzie maksimum ciągu $(a)$ i niech $m$ będzie indeksem, dla którego jest osiągane. Dla $n \geq m$ zachodzą nierówności $M \leq b_{n} \leq M \cdot \sqrt[n]{n} .$ Granicą ciągu $\sqrt[n]{n}$ jest $1$ (dlaczego?), więc granicą ciągu $(b)$ jest $M,$ czyli $b_{n} = M$ dla wszystkich $n \geq N .$ Stąd $a_{k} = 0$ dla $k \neq m$ i $(b)$ jest ciągiem stałym.

5. Wielomiany $P$ i $D$ mają współczynniki całkowite, przy czym wielomian $D$ jest unormowany. Dla każdej liczby całkowitej $n$ liczba $P (n)$ jest podzielna przez liczbę $D (n) .$ Udowodnić, że wielomian $P (x)$ jest podzielny przez wielomian $D (x) .$
(Wielomian unormowany to taki, który ma współczynnik $1$ przy najwyższej potędze).

Wskazówka

Zapiszmy dzielenie wielomianów z resztą: $P (x) = Q (x) D (x) + R (x) .$ Ponieważ $P$ i $Q$ mają współczynniki całkowite i $D$ jest unormowany, więc z prostej analizy algorytmu dzielenia wielomianów iloraz $Q (x)$ oraz reszta $R (x)$ też mają współczynniki całkowite. Wobec tego dla liczb całkowitych $n$ liczby $Q (n)$ i $R (n)$ są całkowite. Z danej podzielności liczb wnioskujemy, że $a_{n} = \frac{R (n)}{D (n)}$ jest liczbą całkowitą. Granicą ciągu $(a)$ jest $0$ (dlaczego?), więc $R$ jest wielomianem zerowym.

6. Wyznaczyć wszystkie funkcje $f : R \to R,$ które dla każdej pary liczb rzeczywistych $x,$ $y$ spełniają równość $f (x + f (x + y)) = f (x - y) + f (x)^{2} .$

Wskazówka

Jest to zadanie 7 z kącika nr 35 ( $Δ_{21}^{11}$ ).

7. Dany jest trójmian kwadratowy $f (x) = a x^{2} + b x + c$ o współczynnikach rzeczywistych. Dla każdej liczby całkowitej $n$ wartość $f (n)$ jest kwadratem pewnej liczby całkowitej. Udowodnić, że $f (x) = (d x + e)^{2}$ dla pewnych liczb całkowitych $d$ i $e .$ (LI OM, II stopień)

Wskazówka

Niech $s_{n} = \sqrt{f (n)}$ dla całkowitych dodatnich $n .$ Istnieje granica ciągu liczb całkowitych $r_{n} = s_{n + 1} - s_{n}$ równa $\sqrt{a} = d$ (aby się o tym przekonać, warto wykorzystać równość $r_{n} = \frac{s_{n + 1}^{2} - s_{n}^{2}}{s_{n + 1} + s_{n}}$ ). Dlatego $d$ jest liczbą całkowitą, a ciąg $(r)$ jest od pewnego indeksu $N$ stały. Mamy więc $s_{N + t} = s_{N} + t d$ dla $t \geq 0,$ równoważnie $s_{n} = d n + e$ dla pewnego całkowitego $e$ oraz $n \geq N .$ Ponieważ $f (x) = (d x + e)^{2}$ dla nieskończenie wielu $x,$ równość zachodzi dla każdego $x .$

8. Funkcja $f : R_{+} \to R$ spełnia dla każdego $x > 0$ równość $(f (x) - 1) (f (x) + 1) = (x - 1) f (x + 1) .$ Dowieść, że jeśli $f (x) \geq 0$ dla każdego $x \geq 1,$ to $f (x) \geq x$ dla każdego $x \geq 1.$ (VIII WLM, zestaw C)

Wskazówka

Najpierw wykazujemy, że $f (x) \geq 1$ dla $x \geq 1.$ Następnie indukcyjnie $f (x) \geq (x - 1)^{1 - 2^{- n}}$ dla każdego $x > 1$ i $n \geq 0.$ Po przejściu z $n$ do nieskończoności mamy $f (x) \geq x - 1.$ Dalej znów indukcyjnie, zaczynając od $n = 0,$ dla każdego $x > 1$ zachodzi nierówność $f (x) \geq x - \frac{1}{2^{n}} .$ Po przejściu z $n$ do nieskończoności otrzymujemy tezę.
Ciekawostka. Przy dodatkowym założeniu, że wartość wyrażenia $f (x) / x$ jest ograniczona dla $x \geq 1,$ można udowodnić, że $f (x) = x .$ Wynika z tego, między innymi, równość $\sqrt{1 + 2 \sqrt{1 + 3 \sqrt{1 + 4 \sqrt{1 + \dots}}}} = 3.$ Jest to słynny ,,zagnieżdżony” pierwiastek Ramanujana.