Afiliacja: Uniwersytet im. A. Mickiewicza w Poznaniu
Przypomnijmy krótko, że liczba \(g\) jest granicą ciągu liczbowego \({(a)=(a_1,a_2,a_3,\ldots)},\) jeśli dla każdego \(\varepsilon>0,\) począwszy od wyrazu o pewnym indeksie \(N_{\varepsilon}\) (zależnym od \(\varepsilon\)), wszystkie kolejne wyrazy różnią się od \(g\) o mniej niż \(\varepsilon.\) 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 \(n\ge N_{1/2}\) otrzymujemy \(a_n\in\left(g-\frac12,g+\frac12\right),\) 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 \(a_n\le b_n,\) to \(g_a\le g_b.\)
Dowód. Przypuśćmy, że \(g_a>g_b,\) i niech \(\varepsilon=\frac12(g_a-g_b).\) Dla odpowiednio dużych \(n\) otrzymujemy sprzeczność: \[b_n < g_b+\varepsilon =g_a-\varepsilon < a_n.\] Twierdzenie 3 (o trzech ciągach). Ciągi \((a),\) \((b),\) \((c)\) spełniają dla każdego \(n\) nierówność \(a_n\le b_n\le c_n\) oraz ciągi \((a)\) i \((c)\) mają tę samą granicę \(g,\) to ciąg \((b)\) też ma granicę \(g.\)
Dowód. Niech \(\varepsilon>0\) będzie dowolne. Dla odpowiednio dużych \(n\) zachodzą nierówności: \[g-\varepsilon < a_n \le b_n \le c_n < g+\varepsilon,\] więc liczba \(g\) jest granicą ciągu \((b)\) na mocy definicji.
Ćwiczenia
1. Czy w twierdzeniu 2 można obie nierówności nieostre zastąpić ostrymi?
Nie można. Jako kontrprzykład mogą posłużyć ciągi \(a_n=\frac 1n\) i \(b_n=\frac 2n.\)
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 \(a_n<b_n.\)
Rozważyć \(\varepsilon=\frac 12(g_b-g_a).\)
3. Czy obie nierówności ostre z poprzedniego zadania można zastąpić nieostrymi?
Nie można. Dla kontrprzykładu: \(a_n=\frac 2n,\) \(b_n=\frac 1n.\)
Zadania
4. Dany jest ograniczony ciąg liczb całkowitych nieujemnych \((a).\) Niech
\[b_n=\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\ldots+a_n^n} \ \ \ \text{dla } n \text{ całkowitych dodatnich.}\]
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 \(|a_n|\le M\) dla wszystkich \(n\)).
Niech \(M\) będzie maksimum ciągu \((a)\) i niech \(m\) będzie indeksem, dla którego jest osiągane. Dla \(n\ge m\) zachodzą nierówności \(M\le b_n \le M\cdot\sqrt[n]{n}.\) Granicą ciągu \(\sqrt[n]{n}\) jest \(1\) (dlaczego?), więc granicą ciągu \((b)\) jest \(M,\) czyli \(b_n=M\) dla wszystkich \(n\ge N.\) 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).
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 \(f:\mathbb{R}\to\mathbb{R},\) które dla każdej pary liczb rzeczywistych \(x,\) \(y\) spełniają równość \[f\big(x+f(x+y)\big) = f(x-y) + f(x)^2.\]
Jest to zadanie 7 z kącika nr 35 (\(\Delta_{21}^{11}\)).
7. Dany jest trójmian kwadratowy \(f(x)=ax^2+bx+c\) o współczynnikach rzeczywistych. Dla każdej liczby całkowitej \(n\) wartość \(f(n)\) jest kwadratem pewnej liczby całkowitej. Udowodnić, że \(f(x)=(dx+e)^2\) dla pewnych liczb całkowitych \(d\) i \(e.\) (LI OM, II stopień)
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 \(s_{N+t}=s_N+td\) dla \(t\ge 0,\) równoważnie \(s_n=dn+e\) dla pewnego całkowitego \(e\) oraz \(n\ge N.\) Ponieważ \(f(x)=(dx+e)^2\) dla nieskończenie wielu \(x,\) równość zachodzi dla każdego \(x.\)
8. Funkcja \(f:\mathbb{R}_+\to\mathbb{R}\) spełnia dla każdego \(x>0\) równość \[\big(f(x)-1\big)\big(f(x)+1\big) = (x-1)f(x+1).\] Dowieść, że jeśli \(f(x)\ge0\) dla każdego \(x\ge1,\) to \(f(x)\ge x\) dla każdego \(x\ge1.\) (VIII WLM, zestaw C)
Najpierw
wykazujemy, że \(f(x)\ge 1\) dla \(x\ge 1.\) Następnie indukcyjnie
\(f(x)\ge(x-1)^{1-2^{-n}}\) dla każdego \(x>1\) i \(n\geq 0.\) Po
przejściu z \(n\) do nieskończoności mamy \(f(x)\ge x-1.\) Dalej znów indukcyjnie,
zaczynając od \(n=0,\) dla każdego \(x>1\) zachodzi nierówność \(f(x)\ge
x-\frac 1{2^n}.\) Po przejściu z \(n\) do nieskończoności otrzymujemy tezę.
Ciekawostka. Przy dodatkowym założeniu, że wartość wyrażenia \(f(x)/x\) jest ograniczona dla \(x\ge 1,\) można udowodnić, że \(f(x)=x.\) Wynika z tego, między innymi, równość
\[\sqrt{1+2\sqrt{1+3\sqrt{1+4\sqrt{1+\ldots}}}} = 3.\]
Jest to słynny ,,zagnieżdżony” pierwiastek Ramanujana.