Analiza matematyczna I (skrypt wykładu), Notatki z Analiza matematyczna

Pobierz Analiza matematyczna I (skrypt wykładu) i więcej Notatki w PDF z Analiza matematyczna tylko na Docsity!

Analiza matematyczna I

(skrypt wykładu)

Wydział MIiM UW, 2010/

wersja z dnia: 1 czerwca 2011

Spis treści

• 1 Liczby rzeczywiste
  • 1.1 Aksjomatyka liczb rzeczywistych
    • 1.1.1 Aksjomaty ciała przemiennego
    • 1.1.2 Aksjomaty porządku
    • 1.1.3 Pojęcie kresu górnego i aksjomat ciągłości
    • 1.1.4 Podzbiory R
  • 1.2 Liczby naturalne i zasada indukcji zupełnej
  • 1.3 Pierwiastki n-tego stopnia
  • 1.4 Liczby całkowite. Entier. Gęstość zbioru liczb wymiernych i niewymiernych
• 2 Ciągi. Pojęcie granicy ciągu.
  • 2.1 Granica ciągu i jej podstawowe własności
  • 2.2 Ciągi monotoniczne.
  • 2.3 Granice niewłaściwe
  • 2.4 Podciągi. Twierdzenie Bolzano–Weierstrassa.
• 3 Funkcja wykładnicza i logarytm
  • 3.1 Funkcja wykładnicza
  • 3.2 Charakteryzacja funkcji wykładniczej
• 4 Szeregi. Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej.
  • 4.1 Szeregi o wyrazach dodatnich
  • 4.2 Interludium: zbieżność ciągów i szeregów zespolonych
  • 4.3 Szeregi o wyrazach dowolnych
    • 4.3.1 Zbieżność bezwzględna i warunkowa
    • 4.3.2 Przekształcenie Abela
    • 4.3.3 Mnożenie szeregów i twierdzenie Mertensa
  • 4.4 Funkcja wykładnicza zmiennej zespolonej
  • 4.5 Funkcje trygonometryczne
  • 4.6 Liczba π
  • 4.7 Wzór de Moivre’a
• 5 Funkcje ciągłe
  • 5.1 Punkty skupienia. Granica funkcji.
  • 5.2 Funkcje monotoniczne
  • 5.3 Ciągłość funkcji
  • 5.4 Ciągłość funkcji odwrotnej
    • 5.4.1 Funkcje cyklometryczne.
  • 5.5 Jednostajna ciągłość
  • 5.6 Zbiory zwarte
  • 5.7 Funkcje wypukłe, I
• 6 Rachunek różniczkowy
  • 6.1 Pojęcie pochodnej
    • 6.1.1 Związek różniczkowalności z ciągłością
    • 6.1.2 Interpretacja pochodnej funkcji zmiennej rzeczywistej
    • 6.1.3 Arytmetyczne własności pochodnej
    • 6.1.4 Pochodna złożenia i funkcji odwrotnej
  • 6.2 Pochodne funkcji elementarnych
  • 6.3 Najważniejsze własności funkcji różniczkowalnych
  • 6.4 Pochodne wyższych rzędów. Wzór Taylora
    • 6.4.1 Definicja pochodnych wyższych rzędów
    • 6.4.2 Wzór Taylora
    • 6.4.3 Warunki dostateczne istnienia ekstremów lokalnych
    • 6.4.4 Warunki dostateczne wypukłości. Punkty przegięcia.
  • 6.5 Reguła de l’Hospitala
• 7 Zbieżność jednostajna
  • 7.1 Definicje i przykłady
  • 7.2 Najprostsze kryteria zbieżności jednostajnej
  • 7.3 Twierdzenia Weierstrassa i Diniego
  • 7.4 Twierdzenie o różniczkowaniu ciągów funkcyjnych
    • 7.4.1 Przypadek rzeczywisty
    • 7.4.2 Przypadek zespolony
    • 7.4.3 Istnienie funkcji pierwotnej
    • 7.4.4 Inne przykłady
  • 7.5 Twierdzenie Arzeli–Ascoliego
• 8 Szeregi potęgowe
  • 8.1 Dygresja: granica górna i dolna
  • 8.2 Promień zbieżności; ciągłość sumy szeregu potegowego
  • 8.3 Różniczkowalność sumy szeregu potęgowego
    • 8.3.1 Pojęcie funkcji analitycznej
  • 8.4 Przykłady
  • 8.5 Twierdzenie Abela o granicach kątowych
  • 8.6 Rozwijanie funkcji w szereg potęgowy
• 9 Całka
  • 9.1 Całka nieoznaczona
    • 9.1.1 Własności całek nieoznaczonych
    • 9.1.2 Całkowanie funkcji wymiernych
    • 9.1.3 Podstawienia Eulera, podstawienia trygonometryczne
  • 9.2 Całka Newtona
    • 9.2.1 Całka Newtona a zbieżność jednostajna
    • 9.2.2 Wzór Wallisa i wzór Stirlinga
    • 9.2.3 Niewymierność liczby π. Informacje o liczbach przestępnych.
    • 9.2.4 Wzór Taylora z resztą w postaci całkowej
  • 9.3 Całka Riemanna
  • 9.4 Geometryczne zastosowania całki
    • 9.4.1 Długość krzywej
    • 9.4.2 Objętość bryły obrotowej. Pole powierzchni obrotowej
• 10 Całki niewłaściwe. Funkcje Γ i B Eulera oraz ich zastosowania
  • 10.1 Całka niewłaściwa
  • 10.2 Funkcje Γ i B
  • 10.3 Wzór iloczynowy Weierstrassa i kilka innych własności funkcji Γ
  • 10.4 Rozwinięcie cotangensa w szereg ułamków prostych
• 11 Zakończenie: eliptyczność orbit
• A Dygresje: dodatkowy materiał, omawiany na wykładzie
  • A.1 Twierdzenie Stolza
  • A.2 Zasadnicze twierdzenie algebry
  • A.3 Metoda stycznych (Newtona)

Zamiast wstępu

1. Ten tekst jest w budowie. Mogą w nim być różne błędy, zarówno literówki, jak i poważniejsze usterki. Mogą stopniowo pojawiać się pewne (niezbyt wielkie) zmiany układu treści. Wszelkie uwagi Czytelników (w tym sugestie, co zmienić, gdzie warto napisać dokładniejsze wyjaśnienie, gdzie umieścić rysunek itp.) są mile widziane, z góry za nie dziękuję.
2. Kolejne partie tekstu będę starał się publikować na bieżąco, mniej więcej raz w tygodniu, na stronie

http://www.mimuw.edu.pl/~pawelst/analiza/

(w zakładce z notatkami).

• v –

2 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011

Uwaga. Czytelnik, jeśli tylko chce, może sobie wyobrażać jako R zbiór punktów osi licz- bowej, o której uczono go w szkole. Relacja nierówności, zero i jedynka, suma i iloczyn też nieprzypadkowo są oznaczane tak, jak w szkole. Zamiast mówić liczba x ∈ R, będziemy czasem mówić punkt x ∈ R Aksjomaty teorii liczb rzeczywistych wygodnie jest podzielić na trzy grupy: aksjomaty ciała przemiennego, aksjomaty porządku, oraz aksjomat ciągłości.

1.1.1 Aksjomaty ciała przemiennego

Pierwsza grupa aksjomatów orzeka, że liczby rzeczywiste tworzą ciało przemienne. Cho- dzi o opis kluczowych własności dodawania i mnożenia. Oto własności dodawania:

A.1 (Przemienność dodawania). Dla wszystkich x, y ∈ R zachodzi równość x + y = y + x.

A.2 (Łączność dodawania). Dla wszystkich x, y, z ∈ R zachodzi równość (x + y) + z = x + (y + z).

A.3 (Charakteryzacja zera). Dla wszystkich x ∈ R jest x + 0 = x.

A.4 (Istnienie elementów przeciwnych). Dla każdego x ∈ R istnieje element −x ∈ R, taki, że x + (−x) = 0.

Mnożenie ma podobną listę własności:

A.5 (Przemienność mnożenia). Dla wszystkich x, y ∈ R zachodzi równość xy = yx.

A.6 (Łączność mnożenia). Dla wszystkich x, y, z ∈ R zachodzi równość (xy)z = x(yz).

A.7 (Charakteryzacja jedynki). Dla wszystkich x ∈ R jest x · 1 = x.

A.8 (Istnienie elementów odwrotnych). Dla każdego x ∈ R, x 6 = 0, istnieje element x−^1 ∈ R, taki, że x · x−^1 = 1.

Ostatni aksjomat z tej grupy mówi o tym, jaki jest związek dodawania z mnożeniem.

A.9 (Rozdzielność mnożenia względem dodawania). Dla wszystkich x, y, z ∈ R za- chodzi równość x(y + z) = xy + xz.

1.1.2 Aksjomaty porządku

N.1 (Prawo trichotomii). Dla wszystkich x, y ∈ R zachodzi dokładnie jedna z trzech możliwości: x < y, x = y, y < x.

N.2 (Przechodniość). Dla wszystkich x, y, z ∈ R, jeśli x < y i y < z, to x < z.

N.3 (Związki nierówności z działaniami). Dla wszystkich x, y, z ∈ R:

(a) jeśli x < y, to x + z < y + z;

©c MIM UW, 2010/11 3

(b) jeśli x < y i 0 < z, to xz < yz.

Z tych dwóch grup aksjomatów można wyprowadzić wszystkie szkolne reguły arytme- tyki, definiując po drodze dwa pozostałe działania, odejmowanie i dzielenie (przez liczbę różną od zera). Są wśród tych reguł m.in. następujące:

(W1) Elementy przeciwne i odwrotne są określone jednoznacznie. Ponadto, −(−x) = x dla każdego x ∈ R, a (x−^1 )−^1 = x dla każdego x ∈ R, x 6 = 0.

(W2) Dla dowolnych a, b ∈ R istnieje dokładnie jeden element x ∈ R taki, że a + x = b.

(W3) Jeśli xy = x i x 6 = 0, to y = 1.

(W4) Dla wszystkich x, y ∈ R z równości xy = 0 wynika, że x = 0 lub y = 0.

(W5) Dla każdego x ∈ R mamy x · 0 = 0.

(W6) Dla dowolnych a, b ∈ R, a 6 = 0, istnieje dokładnie jeden element x ∈ R taki, że ax = b.

(W7) Dla wszystkich liczb rzeczywistych a, b zachodzą równości (−a)b = a(−b) = −ab.

(W8) Dla każdego x ∈ R mamy 0 ≤ x^2 ; przy tym x^2 = 0 wtedy i tylko wtedy, gdy x = 0. W szczególności, 1 = 1 · 1 = 1^2 > 0

Uwaga notacyjna. Czytelnik zauważył może, że w ostatniej własności pojawił się sym- bol ≤, dotychczas niezdefiniowany, ani nie wymieniony wśród pojęć pierwotnych. Zgodnie z naturalnym oczekiwaniem, przyjmujemy dla wszystkich liczb rzeczywistych a, b, że

(i) a ≤ b wtedy i tylko wtedy, gdy a = b lub a < b;

(ii) a ≥ b wtedy i tylko wtedy, gdy b ≤ a;

(iii) a > b wtedy i tylko wtedy, gdy b < a.

Dla przykładu przeprowadzimy Dowód wªasno±ci (W5). Ustalmy dowolną liczbę x ∈ R. Z aksjomatu A.3 wynika, że 1+0 =

1. Mnożąc obie strony przez x i stosując wskazane aksjomaty, otrzymujemy

x A. = x · 1 = x(1 + 0) A. 9 = x · 1 + x · 0 A. 7 = x + x · 0 , (1.1)

a zatem

x · 0 A. 3 = x · 0 + 0 A. 4 = x · 0 + (x + (−x)) A.1 i A. = x + x · 0 + (−x) (1.1) = x + (−x) (wiemy już, patrz (1.1), że x + x · 0 = x) A =. (^4 0) ,

co było do udowodnienia.  Nie będziemy przeprowadzać dowodów wszystkich własności z listy (W1)–(W8). Do- wody nie są zbyt skomplikowane, a treść tych własności powinna być Czytelnikowi dobrze

©c MIM UW, 2010/11 5

Zbiór, który ma ograniczenie dolne, nazywa się ograniczny z dołu. Mówimy, że zbiór jest ograniczony, gdy jest ograniczony z góry i z dołu. Wygodnie jest przyjąć następującą dodatkową umowę, która w wielu sytuacjach jest naturalna: sup A = +∞, gdy A nie jest ograniczony z góry, oraz inf A = −∞, gdy A nie jest ograniczony z dołu. Ponadto,

sup ∅ = −∞, inf ∅ = +∞,

gdzie symbol ∅ oznacza zbiór pusty.

1.1.4 Podzbiory R

Wielokrotnie będziemy spotykać następujące podzbiory zbioru liczb rzeczywistych, skąd- inąd dobrze Czytelnikowi znane: zbiór liczb naturalnych ,

N = { 1 , 2 , 3 , 4 , 5 ,.. .},

zbiór liczb całkowitych^2 ,

Z = { 0 , ± 1 , ± 2 , ± 3 , ± 4 ,.. .} = N ∪ { 0 } ∪ (−N),

oraz zbiór liczb wymiernych

Q = {p/q : p, q ∈ Z, q 6 = 0}.

O kluczowych własnościach zbioru N i jednym z możliwych sposobów aksjomatycznego wprowadzenia tego zbioru opowiemy w następnym podrozdziale. Teraz sformułujemy twierdzenie, z którego wynika, że zbiór liczb wymiernych Q jest istotnie mniejszy, niż zbiór liczb rzeczywistych. Zbiór Q, z naturalnymi działaniami “na ułamkach” i szkolną relacją mniejszości, spełnia wprawdzie (jak nietrudno sprawdzić, choć nie jest to zajęcie szczególnie pasjonujące) wszystkie aksjomaty ciała i porządku. Jednak Q nie spełnia ak- sjomatu ciągłości: nie każdy ograniczony z góry zbiór liczb wymiernych ma kres górny, który jest liczbą wymierną.

Twierdzenie 1.3. Zbiór liczb niewymiernych, R \ Q , jest niepusty.

Dowód podamy już teraz, choć niektóre występujące w nim liczby nie zostały jeszcze w sposób ścisły zdefiniowane. Czytelnik zna je jednak pewnie ze szkoły, a ich ścisłe okre- ślenia pozna w ciągu najbliższych tygodni na wykładzie.

Dowód 1. Wykażemy, że

2 nie jest liczbą wymierną. Przypuśćmy na chwilę, że jest prze- ciwnie i

2 = p/q, gdzie p i q są całkowite, q 6 =. Ponieważ

2 jest dodatni, więc możemy bez zmniejszenia ogólności założyć, że p i q są liczbami naturalnymi. Możemy także za- łożyć, w razie potrzeby skracając licznik i mianownik ułamka p/q, że p i q są względnie pierwsze, tzn. nie mają żadnego wspólnego dzielnika większego niż 1. Jeśli

2 = p/q, to 2 = p^2 /q^2 , a więc 2 q^2 = p^2. Liczby p^2 i 2 q^2 , zapisane w systemie dziesiątkowym, muszą więc mieć tę samą ostatnią cyfrę. Zbadajmy, jakie są wszystkie możliwości, wypisując ostatnią cyfrę każdej z liczb q, q^2 i 2 q^2 w tabelce:

(^2) Symbol Z, na ogół nie używany w polskiej szkole, za to powszechnie używany przez matematyków na całym świecie, pochodzi od niemieckiego słowa Zahlen , liczby.

6 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011

q (mod 10) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 q^2 (mod 10) 0 1 4 9 6 5 6 9 4 1 2 q^2 (mod 10) 0 2 8 8 2 0 2 8 8 2

(Symbol k (mod 10) oznacza resztę z dzielenia k przez 10 , czyli właśnie ostatnią cyfrę liczby k w zapisie dziesiątkowym. Każdy, kto zna szkolny algorytm mnożenia pisemnego, może sam sprawdzić, dlaczego tabelka jest taka, a nie inna). Ale ostatnia cyfra liczby p^2 musi być jedną z cyfr środkowego wiersza tej tabelki. I musi być taka sama, jak ostatnia cyfra 2 q^2. Jedyna możliwość to

p^2 ≡ 2 q^2 ≡ 0 (mod 10).

Nietrudno jednak stwierdzić, że wtedy zarówno p, jak i q, dzielą się przez 5. Jest to sprzeczność, gdyż wiemy, że p i q nie mają wspólnych dzielników większych od 1. Uzy- skana sprzeczność oznacza, że

2 nie może być liczbą wymierną, co kończy dowód. 

Dowód^3 2. Początek rozumowania jest taki sam, jak w pierwszym dowodzie. Zakładamy, że

2 = p/q jest liczbą wymierną, gdzie p i q są naturalne i nie mają wspólnych dzielników większych od 1. Jak wcześniej, z równości

2 = p/q wynika, że 2 q^2 = p^2. Dalszy ciąg rozumowania jest nieco inny. Lewa strona tej równości jest parzysta, więc prawa też. Skoro p^2 jest liczbą parzystą, to i p jest parzyste (gdyby bowiem p było nieparzyste, to p^2 także byłoby nie- parzyste: przecież jeśli p = 2k + 1, to p^2 = 4k^2 + 4k + 1). Zatem p = 2k dla pewnego k naturalnego. W takim razie,

2 q^2 = p^2 = (2k)^2 = 4k^2 ,

to zaś oznacza, że q^2 = 2k^2. Liczba q^2 jest więc parzysta. Zatem q jest liczbą parzystą, q = 2l dla pewnego l naturalnego. Stwierdziliśmy więc, że p i q dzielą się przez 2, a to jest sprzeczność. Sprzeczność wzięła się z założenia, że

2 ∈ Q, więc ostatecznie

2 6 ∈ Q. 

Dowód 3. Wykażemy, że liczba x = log 2 (gdzie logarytm bierzemy przy podstawie 10 ), czyli taka liczba dodatnia x, która spełnia równość 10 x^ = 2, nie jest wymierna.^4 Przypuśćmy, że x = log 2 = p/q, gdzie p i q są naturalne. Wtedy 10 p/q^ = 2. Podnosząc obie strony do potęgi q, dostaniemy 10 p^ = 2q^ dla pewnych p, q ∈ N. To jednak jest oczywista sprzeczność, gdyż jedna z tych liczb dzieli się przez 5 , a druga nie.

1.2 Liczby naturalne i zasada indukcji zupełnej

Niech A będzie rodziną wszystkich takich podzbiorów A ⊂ R, które spełniają jednocześnie dwa warunki:

1. 1 ∈ A;
2. Jeśli liczba rzeczywista x ∈ A, to x + 1 ∈ A. (^3) W pradawnych czasach Rzeczypospolitej Drugiej i Pół ten dowód poznawali wszyscy uczniowie ósmej klasy szkoły podstawowej. (^4) Czytelnik być może uczył się o logarytmach w szkole; za kilka tygodni zobaczymy, jak zdefiniować loga- rytm w sposób ścisły.

8 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011

Dowód. Niech A będzie zbiorem wszystkich tych liczb naturalnych, którym przysługuje własność W , tzn. A = {n ∈ N : W (n)}.

Oczywiście A ⊂ N. Pokażemy teraz, że A należy do rodziny A. Z założenia (i) mamy 1 ∈ A, tzn. spełniony jest pierwszy z warunków z definicji rodziny A. Ponadto, jeśli x ∈ A, to zachodzi W (x), więc na mocy założenia (ii) zachodzi także W (x + 1), a to znaczy, że x + 1 ∈ A. Spełniony jest więc również drugi warunek z definicji rodziny A. Zatem A ∈ A. Ponieważ N jest częścią wspólną wszystkich zbiorów rodziny A, więc N ⊂ A. Otrzymaliśmy więc dwie inkluzje: A ⊂ N i N ⊂ A. To oznacza, że A = N.  Spójrzmy teraz na przykłady zastosowań zasady indukcji zupełnej w konkretnych do- wodach. Pierwszy z nich będzie bardzo prosty, dwa pozostałe – wyraźnie trudniejsze.

Stwierdzenie 1.8 (nierówność Bernoulliego). Dla każdej liczby rzeczywistej a ≥ − 1 i dla każdej liczby n ∈ N zachodzi nierówność

(1 + a)n^ ≥ 1 + na.

Dowód. Ustalmy dowolne a ≥ − 1.

Etap 1 (baza indukcji). Sprawdzamy, co się dzieje dla n = 1. Zarówno lewa, jak i prawa strona są wtedy równe 1 + a, więc nierówność Bernoulliego zachodzi dla n = 1.

Etap 2 (krok indukcyjny). Załóżmy, że (1 + a)n^ ≥ 1 + na. Wykażemy, że wtedy (1 + a)n+1^ ≥ 1 + (n + 1)a. Z aksjomatu N.3(b) i własności x · 0 = 0 wynika, że obie strony nierówności nieostrej wolno pomnożyć przez liczbę nieujemną. Ponieważ 1 + a ≥ 0 , więc z założenia indukcyj- nego otrzymujemy

(1 + a)n+1^ = (1 + a)n(1 + a) ≥ (1 + na)(1 + a) = 1 + na + a + na^2 ≥ 1 + na + a gdyż na^2 ≥ 0 dla wszystkich n i a = 1 + (n + 1)a.

Etap 3 (konkluzja). Stwierdziliśmy, że nierówność Bernoulliego zachodzi dla liczby n = 1, a także, że jeśli zachodzi dla liczby n, to zachodzi i dla n + 1. Zatem, zgodnie z zasadą indukcji zupełnej, nierówność Bernoulli’ego zachodzi dla każdej liczby naturalnej n. Teza stwierdzenia wynika z dowolności a ≥ − 1. 

Uwaga. Proszę sprawdzić, że równość w nierówności Bernoulliego zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy n = 1 lub a = 0.

Dla potrzeb drugiego przykładu zdefiniujemy najpierw średnią arytmetyczną i geo- metryczną n liczb rzeczywistych nieujemnych. Jeśli a 1 , a 2 ,... an ≥ 0 , to kładziemy

An = a 1 + a 2 + · · · + an n , Gn = n

a 1 a 2... an = (a 1 a 2... an)^1 /n^.

©c MIM UW, 2010/11 9

An to średnia arytmetyczna liczb a 1 ,... , an (tu założenie o nieujemności nie jest potrzebne; definicja średniej arytmetycznej ma sens dla dowolnych liczb rzeczywistych, niekoniecz- nie nieujemnych), natomiast Gn jest średnią geometryczną liczb nieujemnych a 1 ,... , an. (Pierwiastki dowolnego stopnia z liczb nieujemnych zdefiniujemy ściśle po omówieniu przykładów dowodów indukcyjnych. Teraz wystarczy nam wiedza, że n

0 = 0, a dla x > 0 liczba y = n

x jest dodatnia i ma tę własność, że yn^ = x).

Twierdzenie 1.9 (nierówność między średnimi). Dla każdej liczby n ∈ N i dowolnych nieujemnych liczb rzeczywistych a 1 , a 2 ,... , an zachodzi nierówność

An = a 1 + a 2 + · · · + an n

≥ (a 1 a 2... an)^1 /n^ = Gn.

Dowód. Wystarczy rozważyć przypadek nietrywialny, gdy wszystkie ai są dodatnie. (Gdy choćby jedna z liczb ai jest zerem, to oczywiście Gn = 0 ≤ An).

Baza indukcji. Dla n = 1 mamy jedną liczbę nieujemną a 1. Teza jest prawdziwa, gdyż wtedy A 1 = a 1 = G 1.

Krok indukcyjny. Załóżmy, że dla pewnego m naturalnego nierówność

b 1 + · · · + bm m ≥ (b 1... bm)^1 /m

zachodzi dla dowolnych liczb rzeczywistych dodatnich b 1 , b 2 ,... , bm. Wykażemy, że przy takim założeniu dla dowolnych liczb dodatnich a 1 , a 2 ,... , am, am+1 jest Am+1 ≥ Gm+1. Będziemy dowodzić równoważnej nierówności Am m+1+1 ≥ Gm m+1+1. Skorzystamy z nierów- ności Bernoulliego, ale nie zrobimy tego od razu. Z uwagi na przemienność dodawania i mnożenia mamy prawo założyć, że 0 < a 1 ≤ a 2 ≤... ≤ am ≤ am+1. Wtedy, ponieważ średnia arytmetyczna m składników nie prze- kracza największego z tych składników, mamy

Am =

a 1 + · · · + am m

mam m = am ≤ am+1. (1.2)

Zapiszmy teraz średnią Am+1 w nieco innej postaci:

Am+1 =

mAm + am+ m + 1 = Am +

am+1 − Am m + 1 , gdyż (^) mm+1 = 1 − (^) m^1 +1 ,

= Am

am+1 − Am (m + 1)Am ︸ ︷︷ ︸ a

(wypisując ostatnią linijkę, po prostu wyłączyliśmy Am przed nawias). Z nierówności (1.2) wynika, że

a = am+1 − Am (m + 1)Am

©c MIM UW, 2010/11 11

Po trzecie, dowodzimy, że jeśli nierówność między średnimi zachodzi dla n + 1 liczb dodatnich, to zachodzi także dla n liczb dodatnich. Piszemy

An =

n n + 1 An +

n + 1 An

= a 1 + a 2 + · · · + an + An n + 1

w liczniku jest n + 1 liczb

≥ (a 1 ·... · an · An)^1 /(n+1), z nierówności dla n + 1 liczb, = Gn/ n (n+1)A^1 n/n +1.

Dzielimy obie strony przez A^1 n/n +1, podnosimy do potęgi (n + 1) i otrzymujemy Ann ≥ Gnn. (Komentarz: teraz wiemy, że z każdego zdobytego wcześniej przyczółka, tzn. od każdej z wartości n = 1, 2 , 4 , 8 , 16 ,.. ., można cofać się jednostkowymi krokami.) Z trzech części dowodu wynika już teza twierdzenia. 

Zadanie 1.10. Analizując wybrany dowód nierówności między średnimi, wykazać, że An = Gn wtedy i tylko wtedy, gdy n = 1 lub a 1 = a 2 =... = an.

1.3 Pierwiastki n -tego stopnia

Posługiwaliśmy się już pierwiastkami n-tego stopnia z liczb nieujemnych. Aby mieć pew- ność, że wolno było tak postępować, udowodnimy następujące twierdzenie.

Twierdzenie 1.11. Dla każdej liczby a ≥ 0 i każdego n ∈ N istnieje dokładnie jedna liczba b ≥ 0 taka, że bn^ = a_._

Dowód twierdzenia poprzedzimy sformułowaniem pomocniczego faktu.

Lemat 1.12 (wzór na różnicę n-tych potęg). Dla każdej liczby naturalnej n ≥ 2 i wszyst- kich x, y ∈ R zachodzi równość

xn^ − yn^ = (x − y)(xn−^1 + xn−^2 y + · · · + xyn−^2 + yn−^1 ). (1.3)

Szkic dowodu. To jest nieznacznie przekształcony wzór na sumę skończonego postępu geometrycznego. Gdy y = 0, nie ma czego dowodzić; obie strony są równe xn. Jeśli y 6 = 0, to dzieląc obie strony (1.3) przez yn^ i kładąc q = x/y, otrzymujemy równoważny tezie lematu wzór qn^ − 1 = (q − 1)(qn−^1 + qn−^2 + · · · + q^2 + 1).

Nietrudno jest udowodnić go przez indukcję. Można także po prostu “otworzyć nawiasy” i zaobserwować, że prawa strona jest równa

qn^ + (−qn−^1 ) + qn−^1 ︸ ︷︷ ︸ =

• (−qn−^2 ) + qn−^2 ︸ ︷︷ ︸ =

• · · · + (−q) + q ︸ ︷︷ ︸ =

czyli po prostu qn^ − 1 , gdyż każda ze wskazanych par składników ma sumę zero.

Dowód Twierdzenia 1.11. Zaczniemy od wykazania jednoznaczności pierwiastków n-tego stopnia. Gdyby dla pewnego a ≥ 0 było bn^ = bn 1 = a, gdzie b, b 1 ≥ 0 , to byłoby wtedy

0 = bn^ − bn 1 = (b − b 1 )(bn−^1 + bn−^2 b 1 + · · · + bn 1 ︸ ︷︷ ︸ =(ozn.) M

12 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011

Zatem, b − b 1 = 0 lub M = 0 (jeden z czynników musi znikać). W pierwszym przypadku mamy b = b 1. W drugim przypadku, ponieważ b, b 1 ≥ 0 , liczba M jest sumą n nieujemnych składników. Równość M = 0 może zachodzić jedynie wtedy, gdy każdy z tych składników jest zerem, czyli jedynie wtedy, gdy b = b 1 = 0. W obu przypadkach mamy więc b = b 1. Dla każdego a ≥ 0 istnieje zatem co najwyżej jedna liczba b ≥ 0 taka, że bn^ = a. Teraz zajmiemy się istnieniem. Dla a = 1 wystarczy wziąć b = 1, a dla a = 0 – b = 0. Jeśli już udowodnimy twierdzenie dla wszystkich liczb a > 1 , to dla a ∈ (0, 1) będzie można postąpić następująco: jeśli a ∈ (0, 1), to a−^1 > 1 , więc istnieje pierwiastek n-tego stopnia z a−^1 , tzn. liczba b 1 taka, że bn 1 = a−^1. Wtedy jednak liczba b = b− 1 1 spełnia równość

bn^ =

b− 11

)n = (bn 1 )−^1 = (a−^1 )−^1 = a,

tzn. jest pierwiastkiem n-tego stopnia z a. Wystarczy więc rozważyć przypadek a > 1. Tym się teraz zajmiemy. Niech

S = {x ∈ R : xn^ ≤ a}.

Jeśli x ∈ S, to x ≤ a, bowiem w przeciwnym przypadku mielibyśmy xn^ > an^ > a > 1 , a to jest sprzeczność z definicją zbioru S. Liczba a jest więc ograniczeniem górnym zbioru S, a ponadto 1 ∈ S, bo 1 = 1n^ < a. Z aksjomatu ciągłości wynika, że zbiór S ma kres górny b = sup S. Musi zachodzić jeden z trzech przypadków,

bn^ < a, bn^ > a, bn^ = a.

Pokażemy, że pierwsza i druga możliwość prowadzą do sprzeczności. Przypuśćmy, że bn^ < a. Rozważmy liczbę b + ε; niewielką liczbę dodatnią ε ∈ (0, a) dobierzemy za chwilę. Z lematu otrzymujemy

(b + ε)n^ − bn^ = ε

(b + ε)n−^1 + (b + ε)n−^2 b + · · · + bn−^1

< ε · n(b + a)n−^1

(każdy z n składników w nawiasie szacujemy z góry przez (b + a)n−^1 ). Biorąc dowolną liczbę

0 < ε <

a − bn n(b + a)n−^1

przekonujemy się, że (b + ε)n^ − bn^ < a − bn, tzn. (b + ε)n^ < a, a więc b + ε ∈ S. Stąd b + ε ≤ sup S = b, czyli ε ≤ 0 , sprzeczność. Przypuśćmy zatem, że bn^ > a. Rozważając tym razem b − δ, gdzie δ jest małą liczbą dodatnią, otrzymujemy, ponownie stosując Lemat,

bn^ − (b − δ)n^ = δ

bn−^1 + bn−^2 (b − δ) + · · · + (b − δ)n−^1

< δ · nbn−^1 < bn^ − a,

o ile tylko 0 < δ < (bn^ − a)/nbn−^1 (wtedy mamy prawo napisać ostatnią nierówność). To jednak oznacza, że (b − δ)n^ > a.

14 wersja robocza z dnia: 1 czerwca 2011

Funkcja entier i funkcja f (x) = x. Lewy koniec każdego z poziomych odcin- ków wykresu [x] należy do tego wykresu, a prawy – nie.

Oto niedługi dowód, dla zainteresowanych forma- lizacją. To, że [x] ∈ Z, wynika z definicji cześci cał- kowitej i własności zbioru Z, wyrażonej w Twierdze- niu 1.14: zbiór

K = {k ∈ Z : k ≤ x}

jest ograniczony z góry przez x, a liczba [x] jest naj- większym elementem K. Mamy [x] ≤ x wprost z de- finicji supremum. Gdyby [x] + 1 ≤ x, to byłoby

sup K = [x] < [x] + 1 ∈ K,

a to jest sprzeczność z definicją supremum. 

Wiemy już zatem (z grubsza), co to są liczby rze- czywiste, naturalne, całkowite i wymierne. Wiemy też, że istnieją liczby niewymierne; jedną z nich jest

2. Sformułujmy jeszcze jedną ważną własność, którą ma zarówno zbiór Q liczb wymiernych, jak i zbiór R \ Q liczb niewymiernych.

Definicja 1.17. Zbiór A ⊂ R nazywa się gęsty, jeśli dla wszystkich x, y ∈ R, x < y, istnieje element a ∈ A taki, że x < a < y.

Twierdzenie 1.18. Zarówno zbiór Q liczb wymiernych, jak i zbiór R \ Q liczb niewymier- nych, są gęste w R_._

Mówiąc inaczej, w każdym przedziale otwartym prostej rzeczywistej jest jakaś liczba wymierna i jakaś liczba niewymierna.

Dowód. Ustalmy dowolne x, y ∈ R takie, że x < y. Najpierw wskażemy liczbę wymierną w, która należy do przedziału (x, y). Wiemy, że [nx] ≤ nx < [nx] + 1 dla każdego n ∈ N. Stąd [nx] n

≤ x < [nx] n

n

=: w.

Ponieważ [nx] ∈ Z, więc w ∈ Q. Pozostaje dobrać n tak, żeby w < y, ale to nietrudne: mamy [nx]/n ≤ x, a zatem

w = [nx] n

n ≤ x +

n

Wystarczy więc, gdy x + (^1) n < y, a tak jest dla dowolnej liczby n > 1 /(y − x) (proszę zauważyć, że korzystamy tu z dwóch faktów: y − x > 0 , więc 1 /(y − x) > 0 , a ponadto zachodzi aksjomat Archimedesa).

Uwaga. Ta część dowodu wyraża prostą intuicję: jeśli wyruszamy z punktu 0 ∈ R i idziemy krokami długości 1 /n, to stąpamy tylko po liczbach wymiernych i nie możemy ominąć żadnej “dziury” dłuższej niż 1 /n.

Teraz wskażemy liczbę niewymierną z taką, że x < w < z < y. Połóżmy

z = w +

m , gdzie m ∈ N.

©c MIM UW, 2010/11 15

Dla każdego m ∈ N mamy z > w (to oczywiste), a ponadto z 6 ∈ Q, bowiem w przeciwnym przypadku mielibyśmy

2 = m(z − w) ∈ Q, a wiemy, że

2 jest niewymierny. Pozostaje tylko dobrać m tak, żeby z < y, ale to nietrudne: ponieważ w < y, więc z < y wtedy i tylko wtedy, gdy

2 /(y − w) < m. Bierzemy więc jako m dowolną liczbę naturalną, która jest większa od

2 /(y − w). 

Uwaga. Z Twierdzenia 1.18 wynika, że w każdym przedziale otwartym prostej rzeczywi- stej jest nieskończenie wiele liczb wymiernych i nieskończenie wiele liczb niewymiernych (Czytelnik zechce się zastanowić, dlaczego tak jest). W istocie, jeśli A ⊂ R jest dowolnym zbiorem gęstym, to do każdego przedziału otwartego należy nieskończenie wiele elemen- tów zbioru A.

Na zakończenie tej partii wykładu podamy jeszcze jeden dowód istnienia liczb niewy- miernych – dowód Dedekinda niewymierności pierwiastków niecałkowitych. To ilustra- cja, jak wiele można wywnioskować z najprostszych reguł arytmetyki i jednej własności zbioru N: w każdym niepustym zbiorze A ⊂ N istnieje element najmniejszy.

Twierdzenie 1.19. Jeśli n, k ∈ N i k ≥ 2 , to x = n^1 /k^ jest albo liczbą naturalną, albo liczbą niewymierną.

Dowód. Aby lepiej zilustrować najważniejszy pomysł dowodu, rozpatrzymy najpierw przy- padek k = 2. Przypuśćmy, że 0 < x =

n 6 ∈ N, ale jednak x ∈ Q. Wtedy zbiór

A = {m ∈ N : mx ∈ N}

jest niepusty; to wynika wprost z definicji zbioru liczb wymiernych Q. Niech m 0 będzie najmniejszym elementem A; wtedy oczywiście m 0 x = l ∈ N. Połóżmy m 1 = m 0 (x − [x]). Z nierówności 0 < x − [x] < 1 (pamiętajmy: x nie jest liczbą całkowitą) wynika, że 0 < m 1 < m 0. Ponadto,

m 1 = m 0 x − m 0 [x] = l − m 0 [x] ∈ Z ,

a więc m 1 jest liczbą naturalną, bo m 1 > 0. Wreszcie, mamy

0 < m 1 x = m 0 x^2 − m 0 x[x] = m 0 n − l[x] ∈ Z ,

a więc liczba m 1 x też jest naturalna. To oznacza, że m 1 ∈ A i m 1 < m 0 , a przy tym m 0 jest najmniejszym elementem w zbiorze A. Otrzymaliśmy sprzeczność, która oznacza, że x =

n nie może być liczbą wymierną. To kończy dowód twierdzenia w przypadku k = 2. Pokażemy teraz, jak rozważyć przypadek ogólny. Załóżmy, że x = n^1 /k^6 ∈ N. Przypu- śćmy, że x ∈ Q; pokażemy, że to założenie prowadzi do sprzeczności. Niech

B = {s ∈ N : xs^ ∈ N}.

Zbiór B ⊂ N jest niepusty (k ∈ B, bowiem xk^ = n), więc zawiera element najmniejszy s 0 ; przy tym s 0 > 1 , gdyż 1 6 ∈ B. Oznaczmy

xs^0 = n 0. (1.6)