1
Prvn´ı prosemin´arˇ
Cviˇcen´ı 1.1. Dokaˇzte Bernoulliovu nerovnost (1 + x)n ≥ 1 + nx,
n ∈ N, x ≥ −2.
Plat´ı tato nerovnost obecnˇe pro vˇsechna x ∈ R a n ∈ N ? ˇ sen´ı: (a) Pokud pˇredpokl´ad´ame x ≥ −1, pak lze rˇ eˇsit klasickou indukc´ı. Pro n = 1 tvrzen´ı Reˇ plat´ı. Pˇredpokl´adejme, zˇ e tvrzen´ı plat´ı pro n a dokazujme jej pro n + 1. M´ame, zˇ e (1 + x)n+1 = (1 + x)(1 + x)n a podle indukˇcn´ıho pˇredpokladu je (1 + x)n ≥ 1 + nx. Protoˇze 1 + x ≥ 0, je tak´e (1+x)n+1 = (1+x)(1+x)n ≥ (1+x)(1+nx) = 1+x+nx+nx2 = 1+(n+1)x+nx2 ≥ 1+(n+1)x, (∗) ˚ nebot’ sˇc´ıtanec nx2 je nez´aporn´e cˇ ´ıslo. T´ım jsme uk´azali, zˇ e (1 + x)n+1 ≥ 1 + (n + 1)x a dukaz je hotov. ˚ ˚ ze byt (b) Pokud pˇredpokl´ad´ame x ≥ −2, pak pˇredchoz´ı dukaz neprojde, nebot’ 1 + x muˇ ´ ˚ ˚ zeme z´aporn´e cˇ ´ıslo a prvn´ı nerovnost na rˇ a´ dku (∗) nemus´ı byt muˇ ´ pravdiv´a. Pro dukaz pouˇz´ıt indukci ob jeden cˇ len: pro n = 1 a n = 2 tvrzen´ı plat´ı, nebot’ (1 + x)2 = 1 + 2x + x2 ≥ 1 + 2x.
1 + x = 1 + x,
Pˇredpokl´adejme, zˇ e tvrzen´ı plat´ı pro n a dokazujme ho pro n + 2. (!) Pˇredpokl´ad´ame tedy, zˇ e (1 + x)n ≥ 1 + nx. Potom tak´e (1 + x)n+2 = (1 + x)2 (1 + x)n ≥ (1 + x)2 (1 + nx), nebot’ (1 + x)2 je kladn´e cˇ ´ıslo (a pˇren´asoben´ım kladnym ´ cˇ ´ıslem se smysl nerovnosti nemˇen´ı). Zbyv´ ´ a uk´azat, zda ?
(1 + x)2 (1 + nx) ≥ 1 + (n + 2)x. Na prav´e a lev´e stranˇe dostaneme po rozn´asoben´ı ?
1 + 2x + x2 + nx + 2nx2 + nx3 ≥ 1 + nx + 2x po zkr´acen´ı ?
x2 + 2nx2 + nx3 ≥ 0 a vytknut´ı ?
x2 (1 + 2n + nx) ≥ 0 Posledn´ı nerovnost je pravdiv´a, pr´avˇe kdyˇz 1 + 2n + nx ≥ 0, tedy pokud x ≥ −2 − n1 ˇ pro kaˇzd´e n pˇrirozen´e. Coˇz samozˇrejmˇe kaˇzd´e x ≥ −2 splnuje. Posledn´ı nerovnost tedy ´ pravdiv´a je a d´ıky tomu, zˇ e jsme pouˇz´ıvali pouze ekvivalentn´ı upravy, jsou pravdiv´e tak´e vˇsechny pˇredch´azej´ıc´ı. (c) Nerovnost neplat´ı obecnˇe. Napˇr´ıklad neplat´ı pro n = 3 a x = −4 (dosad’te si). Lze dok´azat o nˇeco sloˇzitˇejˇs´ımi prostˇredky, zˇ e pro kaˇzd´e x < −2 existuje n pˇrirozen´e takov´e, zˇ e Bernoulliova nerovnost neplat´ı.1 1
) Aˇz budete umˇet poˇc´ıtat limity, bude pro v´as snadn´e uk´azat, zˇ e (1 + x)2n+1 = −∞, n→∞ 1 + (2n + 1)x lim
coˇz zhruba rˇ eˇceno znamen´a nejenom, zˇ e (1+x)2n+1 je menˇs´ı neˇz 1+(2n+1)x pro ”hodnˇe velk´a n”, ale dokonce ”mnohem menˇs´ı”.
1
Cviˇcen´ı 1.2. Dokaˇzte nerovnost mezi aritmetick´ym a geometrick´ym prumˇ ˚ erem kladn´ych cˇ´ısel. To jest, kdykoliv n ∈ N a x1 , . . . , xn ≥ 0, potom √ x1 + . . . + xn ≥ n x1 x2 . . . xn n Prvn´ı rˇeˇsen´ı: Pro n = 1 tvrzen´ı plat´ı. Pˇredpokl´adejme, zˇ e plat´ı pro n a dokazujme pro n + 1. Oznaˇcme x1 + . . . + xn + xn+1 . µ= n+1 Chceme dok´azat, zˇ e µn+1 ≥ x1 x2 . . . xn xn+1 . Pokud x1 = . . . = xn+1 , potom tvrzen´ı zˇrejmˇe plat´ı. Pokud si nejsou vˇsechna cˇ ´ısla rovna, exis˚ er µ a alesponˇ jedno, kter´e je menˇs´ı neˇz prumˇ ˚ er tuje alesponˇ jedno, kter´e je vˇetˇs´ı neˇz prumˇ ˚ zeme bez ujmy ´ µ. Pˇr´ıpadnym na obecnosti pˇredpokl´adat, zˇ e xn > µ a ´ pˇreznaˇcen´ım muˇ xn+1 < µ. Tud´ızˇ xn µ + xn+1 µ − µ2 − xn xn+1 = (xn − µ)(µ − xn+1 ) > 0.
(∗)
Nyn´ı poloˇzme x0n = xn + xn+1 − µ. Zˇrejmˇe x0n = xn + xn+1 − µ ≥ xn − µ > 0, tedy x0n je kladn´e cˇ ´ıslo. A plat´ı, zˇ e (n + 1)µ = x1 + . . . + xn + xn+1 , tud´ızˇ nµ = x1 + . . . + xn−1 + (xn + xn+1 − µ), tedy nµ = x1 + . . . + xn−1 + x0n , a tedy
x1 + . . . + xn−1 + x0n . µ= n ˚ er cˇ ´ısel x1 , . . . , xn−1 , x0n a podle indukˇcn´ıho pˇredpokladu mus´ı Tud´ızˇ µ je aritmeticky´ prumˇ ˚ er. Tud´ızˇ byt ´ vˇetˇs´ı neˇz jejich geometricky´ prumˇ p µ ≥ n x1 . . . xn−1 x0n , neboli µn ≥ x1 . . . xn−1 x0n . Odtud m´ame, zˇ e µn+1 ≥ x1 . . . xn−1 x0n µ. Pokud dok´azˇ eme, zˇ e x1 . . . xn−1 x0n µ ≥ x1 . . . xn−1 xn xn+1 , jsme hotovi. K tomu staˇc´ı dok´azat, zˇ e x0n µ ≥ xn xn+1 . Je ale x0n µ − xn xn+1 = (xn + xn+1 − µ)µ = xn µ + xn+1 µ − µ2 − xn xn+1 > 0 2
podle vztahu (∗). Jsme hotovi. QED ˚ (Z dukazu je nav´ıc vidˇet, zˇ e pokud si nejsou vˇsechna cˇ ´ısla rovna, pak je nerovnost ostr´a.) Druh´e rˇeˇsen´ı zpˇetnou indukc´ı: 1. Pro n = 2 lze tvrzen´ı dok´azat cˇ istˇe algebraicky. Nerovnost x1 + x2 √ ≥ x1 x2 2 je pro nez´aporn´a cˇ ´ısla x1 , x2 po umocnˇen´ı postupnˇe ekvivalentn´ı nerovnostem (x1 + x2 )2 ≥ x1 x2 4 x21 + 2x1 x2 + x22 − x1 x2 ≥ 0 4 x21 − 2x1 x2 + x22 ≥0 4 (x1 − x2 )2 ≥0 4 a posledn´ı nerovnost je pravdiv´a. ˚ zeme pouˇz´ıt indukci pˇres k. Pro k = 1 jsme 2. Pokud n = 2k , kde k je pˇrirozen´e cˇ ´ıslo, pak muˇ tvrzen´ı dok´azali vyˇ ´ se. Plat´ı-li pro k − 1, pak pro k jej dostaneme n´asledovnˇe: x 1 + . . . + x 2k = 2k
x1 +...+x2k−1 2k−1
x
+ 2 2
k−1 +1 +...+x2k 2k−1
≤
nyn´ı pouˇzijeme indukˇcn´ı pˇredpoklad pro k − 1 √ √ 2k−1 x . . . x k−1 + 2k−1 x k−1 1 2 2 +1 . . . x2k ≤ ≤ 2 a nyn´ı pro k = 1 q √ 2k−1 ≤ x1 . . . x2k−1
√
2k−1
x2k−1 +1 . . . x2k =
√
2k
x1 . . . x2k−1 x2k−1 +1 . . . x2k
3. Nakonec, pokud n je libovoln´e pˇrirozen´e cˇ ´ıslo, potom bud’ k takov´e, zˇ e 2k > n. Bud’ µ=
x1 + . . . + xn n
a poloˇzme xn+1 = xn+2 = . . . = x2k = µ. Potom µ=
x1 + . . . + xn = n
m (x1 n
+ . . . + xn ) x1 + . . . + xn + m−n (x1 + . . . + xn ) x1 + . . . + xm n = = > m m m p √ > m x1 . . . xm = m x1 . . . xm µm−n ,
odkud pˇr´ımoˇcaˇre plyne, zˇ e µm > x1 . . . xn µm−n , a tedy µn > x 1 . . . x n , √ µ > n x1 . . . xn , coˇz jsme chtˇeli dok´azat. QED 3
Cviˇcen´ı 1.3. Dokaˇzte indukc´ı, zˇ e pro kaˇzd´e pˇrirozen´e n plat´ı n n+1 . n! ≤ 2 Pro n = 1 tvrzen´ı plat´ı, nebot’ 1! = 1 a ( 1+1 )1 = 1. 2 Pˇredpokl´adejme, zˇ e tvrzen´ı plat´ı pro pevnˇe zvolen´e n ∈ N a dokazujme jej pro n + 1. Je n (n + 1)n+1 n+1 (n + 1) = (n + 1)! = n! · (n + 1) ≤ . 2 2n Zbyv´ ´ a dok´azat, zˇ e (n + 1)n+1 (n + 2)n+1 ≤ , 2n 2n+1 coˇz je ekvivalentn´ı nerovnosti 2≤
n+2 n+1
n+1 .
Vyuˇzit´ım Bernoulliovy nerovnosti s n + 1 nam´ısto n ale m´ame
n+2 n+1
n+1
=
1 1+ n+1
˚ cˇ ´ımˇz je dukaz hotov. QED
4
n+1 ≥1+
n+1 = 2, n+1
2
Druhy´ prosemin´arˇ
Cviˇcen´ı 2.1. Rozhodnˇete o pravdivosti a negujte v´yrok ∀x ∈ N ∃y ∈ N ∀z ∈ N : (z > x =⇒ y < z). Vyrok je pravdivy, ´ ´ volte y > x. Negace m´a tvar ∃x ∈ N ∀y ∈ N ∃z ∈ N : (z ≤ x ∧ y < z). Lze nahl´ednout, zˇ e vyrok je nepravdivy. ´ ´ At’ vol´ıme x jakkoli, pˇri volbˇe y = x podm´ınka ˚ ze platit pro zˇ a´ dn´e z, nebot’ nen´ı souˇcasnˇe moˇzn´e, aby z ≤ x a z > x = y. vpravo nemuˇ Cviˇcen´ı 2.2. Rozhodnˇete, zda plat´ı ((a =⇒ b) =⇒ c) ⇐⇒ (a =⇒ (b =⇒ c)). Tvrzen´ı neplat´ı obecnˇe. Plat´ı, pokud c je pravdivy´ vyrok nebo a je pravdivy´ a b a c ne´ ˇ ’ ´ pravdiv´e. Reˇsit lze bud pravdˇepodobnostn´ı tabulkou, anebo upravami pomoc´ı tautologi´ı (p =⇒ q) ⇐⇒ (¬p ∨ q), ¬(p ∨ q) ⇐⇒ ¬p ∧ ¬q. Potom je [(a =⇒ b) =⇒ c] ⇐⇒ [(¬a ∨ b) =⇒ c] ⇐⇒ [¬(¬a ∨ b) ∨ c] ⇐⇒ [(a ∧ ¬b) ∨ c], zat´ımco [a =⇒ (b =⇒ c)] ⇐⇒ [a =⇒ (¬b ∨ c)] ⇐⇒ [¬a ∨ (¬b ∨ c)] ⇐⇒ [¬a ∨ ¬b ∨ c]. Cviˇcen´ı 2.3. Rozhodnˇete, zda plat´ı (A4B)4C = A4(B4C), pro libovoln´e mnoˇziny A, B a C, kde A4B = (A \ B) ∪ (B \ A). Ano, tvrzen´ı plat´ı. Lze dokazovat pomoc´ı Vennovych ´ diagramu˚ nebo lze postupnˇe nahl´ednout, ˇ a tud´ızˇ x ∈ (A4B)4C, pozˇ e x ∈ (A4B), pokud leˇz´ı v A nebo v B, ale ne v obou z´aroven, ˇ Tud´ızˇ x ∈ (A4B)4C, pr´avˇe kdyˇz x leˇz´ı v kud leˇz´ı v C nebo v A4B, ale ne v obou z´aroven. ˇ Zcela analogicky lze postupovat i ve A, B nebo C, ale nikoli ve dvou cˇ i vˇsech tˇrech z´aroven. druh´em pˇr´ıpadˇe, vyjde tot´ezˇ . Cviˇcen´ı 2.4. Dokaˇzte de Morganova pravidla: \ [ A\ Bi = (A \ Bi ) i∈I
A\
[
i∈I
Bi =
i∈I
\
(A \ Bi )
i∈I
Dokaˇzme (A \ ∩Bi ) ⊂ ∪(A \ Bi ). Budiˇz x ∈ (A \ ∩Bi ). To znamen´a, zˇ e x leˇz´ı v A a neleˇz´ı v ˚ pruniku Bi . Tud´ızˇ existuje i0 ∈ I, zˇ e x neleˇz´ı v Bi0 , tud´ızˇ leˇz´ı v A \ Bi0 a tud´ızˇ i ve sjednocen´ı ∪(A \ Bi ). Dokaˇzme nyn´ı opaˇcnou inkluzi, (A \ ∩Bi ) ⊃ ∪(A \ Bi ). Pokud x ∈ ∪(A \ Bi ), pak existuje i0 , zˇ e x ∈ A a x 6∈ Bi0 . Tud´ızˇ x 6∈ ∩Bi , a tud´ızˇ x ∈ A \ ∩Bi . Druh´e pravidlo se dokazuje podobnˇe. 5
Cviˇcen´ı 2.5. Charakterizujte zobrazen´ı f : M → L, pro kter´a plat´ı: (a) ∀A ⊂ M : f −1 (f (A)) = A (b) ∀B ⊂ L : f (f −1 (B)) = B (c) ∀A, B ⊂ M : f (A ∪ B) = f (A) ∪ f (B) (d) ∀A, B ⊂ M : f (A \ B) ⊂ f (A) \ f (B) (e) ∀A, B ⊂ M : f (A \ B) ⊃ f (A) \ f (B) (f) ∀A, B ⊂ M : f (A ∩ B) = f (A) ∩ f (B) (a) Pro f prost´e. Pokud nen´ı, existuj´ı x, y ∈ A se stejnym ´ obrazem f (x) = f (y). Je tedy −1 −1 f ({x}) = {f (x)}, ale f (f ({x})) = f ({f (x)}) ⊃ {x, y}. Pokud je, kaˇzd´emu prvku odpov´ıd´a pr´avˇe jeden obraz. Je-li x ∈ A, pak f (x) ∈ f (A), a tud´ızˇ existuje x˜ ∈ f −1 (f (A)) tak, zˇ e f (˜ x) = f (x). Protoˇze f je prost´e, je x˜ = x, a tud´ızˇ x ∈ f −1 (f (A)). Naopak, je-li x ∈ f −1 (f (A)), pak f (x) ∈ f (A), a tud´ızˇ nutnˇe x ∈ A, nebot’ f je prost´e. Pokud by totiˇz z 6∈ A a f (z) ∈ f (A), pak f (z) m´a nˇejaky´ vzor v A, nutnˇe tedy odliˇsny´ od x, coˇz je spor s t´ım, zˇ e f je prost´e. (b) Rovnost plat´ı pro zobrazen´ı f na L, kde L je c´ılov´a mnoˇzina. Pokud f nen´ı na, vol B = L. Potom f −1 (L) = Df je definiˇcn´ı obor f , ale f (f −1 (L)) = f (Df ) 6= L, protoˇze f nen´ı na. Pokud f je zobrazen´ı na L, pak rovnost plat´ı. Je-li y ∈ A ⊂ L, pak podle pˇredpokladu, zˇ e jde o zobrazen´ı na, m´a alesponˇ jeden vzor x ∈ f −1 (A), zˇ e f (x) = y. Ale y = f (x) ∈ f (f −1 (A)), tud´ızˇ jedna inkluze je dok´az´ana. Opaˇcn´a inkluze se dok´azˇ e takto: je-li y ∈ f (f −1 (B)), potom y je obraz f (x) pro nˇejaky´ prvek x ∈ f −1 (B). Ale tento prvek je v mnoˇzinˇe vzoru˚ B, existuje tedy y˜ ∈ B takov´e, zˇ e f (x) = y˜. Protoˇze zobrazen´ı m´a jednoznaˇcnˇe urˇceny´ obraz, je nutnˇe y = y˜, a tud´ızˇ y ∈ B. QED (c) Plat´ı pro libovoln´e zobrazen´ı f . Je-li y ∈ f (A) ∪ f (B), potom y m´a vzor v A nebo B, tedy y m´a vzor v A ∪ B, tud´ızˇ y ∈ f (A ∪ B). Naopak, pokud y ∈ f (A ∪ B), potom m´a vzor v A ∪ B, tud´ızˇ m´a vzor v A nebo v B, a tud´ızˇ patˇr´ı do f (A) cˇ i do f (B), je tedy y ∈ f (A) ∪ f (B). QED (d) Pro f prost´e. Pokud f nen´ı prost´e, potom existuj´ı x a y se stejnym ´ 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 prost´e, potom plat´ı dokonce rovnost (viz e)). Kaˇzdop´adnˇe, je-li y ∈ f (A \ B), ˚ prostotˇe: kdyby pak m´a vzor x ∈ A \ B, a tud´ızˇ f (x) ∈ f (A), a pˇritom f (x) 6 f (B) kvuli f (x) ∈ f (B), mˇel by prvek f (x) jeˇstˇe jeden vzor v B odliˇsny´ od x, coˇz nelze. Tud´ızˇ f (x) ∈ f (A) \ f (B). QED (e) Plat´ı pro libovoln´e zobrazen´ı f . Je-li y ∈ f (A) \ f (B), pak y ∈ f (A), tud´ızˇ y m´a vzor ˚ ze leˇzet v B, nebot’ f (x) = y 6∈ f (B). Tud´ızˇ x ∈ A \ B, a tedy x ∈ A, a pˇritom tento vzor nemuˇ y = f (x) ∈ f (A \ B). QED (f) Pro obecn´e zobrazen´ı f plat´ı pouze jedna inkluze, a to f (A ∩ B) ⊂ f (A) ∩ f (B). Je-li totiˇz y ∈ f (A ∩ B), pak y m´a vzor x ∈ A ∩ B, tud´ızˇ 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 mus´ı m´ıt vzor x1 ∈ A a vzor x2 ∈ B, ale tyto vzory nemus´ı byt ´ nutnˇe stejn´e. Pokud poloˇz´ıme A = {x1 } a B = {x2 }, pak f (A ∩ B) = f ({∅}) = ∅, ale pochopitelnˇe f (A) ∩ f (B) 6= ∅. Nahl´edneme, zˇ e rovnost opˇet obecnˇe plat´ı, pokud f je prost´e. Pˇredchoz´ı pˇr´ıklad ukazuje, zˇ e ˚ ze, pokud f prost´e nen´ı. Naopak, pokud f je prost´e a y ∈ f (A) ∩ f (B) rovnost platit nemuˇ a x1 ∈ A, x2 ∈ B jsou vzory, pak d´ıky prostotˇe je nutnˇe x1 = x2 = x, kde tedy x ∈ A ∩ B, a tud´ızˇ y = f (x) ∈ f (A ∩ B). QED. Cviˇcen´ı 2.6. (∗) Je zobrazen´ı f : N × N → N definovan´e pˇredpisem f (x, y) =
(x + y)(x + y + 1) +y 2
prost´e? 6
Pt´ame se, zda z rovnosti (x1 + y1 )(x1 + y1 + 1) (x2 + y2 )(x2 + y2 + 1) + y1 = + y2 2 2 uˇz nutnˇe vyplyv´ ´ a, zˇ e x1 = x2 a y1 = y2 za pˇredpokladu, zˇ e jde o pˇrirozen´a cˇ ´ısla. Poloˇzme nyn´ı u1 = x1 + y1 a u2 = x2 + y2 . Tedy m´ame u2 (u2 + 1) u1 (u1 + 1) + y1 = + y2 . 2 2 1. Snadno nahl´edneme, zˇ e pokud u1 = u2 , potom zlomky jsou stejn´e, zkr´at´ı se, a tedy nutnˇe y1 = y2 . Ale pokud y1 = y2 a u1 = u2 , to jest x1 + y1 = x2 + y2 , pak nutnˇe tak´e x1 = x2 . ´ 2. Pokud u1 6= u2 , pak jedno z tˇechto pˇrirozenych na obecnosti tˇreba ´ cˇ ´ısel je vˇetˇs´ı. Bez ujmy u2 . Protoˇze pro libovoln´e pˇrirozen´e cˇ ´ıslo n plat´ı, zˇ e 1 + 2 + ... + n =
n(n + 1) , 2
dost´av´ame pomoc´ı tohoto vztahu, zˇ e rovnost u1 (u1 + 1) u2 (u2 + 1) + y1 = + y2 2 2 lze pˇrepsat do tvaru 1 + 2 + . . . + u1 + y1 = 1 + 2 + . . . + u1 + (u1 + 1) + . . . + u2 + y2 a odeˇcten´ım stejnych ´ sˇc´ıtancu˚ na lev´e i prav´e stranˇe dostaneme, zˇ e y1 = (u1 + 1) + (u1 + 2) + . . . + u2 + y2 . Protoˇze u1 = x1 + y1 , m´ame y1 = (x1 + y1 + 1) + (u1 + 2) + . . . + u2 + y2 , a tud´ızˇ 0 = (x1 + 1) + (u1 + 2) + . . . + u2 + y2 . ˚ ze. Nyn´ı na lev´e stranˇe je nula, zat´ımco na prav´e je pˇrirozen´e cˇ ´ıslo. Rovnost tedy nastat nemuˇ Cviˇcen´ı 2.7. Vyˇsetˇrete bez pouˇzit´ı derivace, na kter´ych intervalech jsou n´asleduj´ıc´ı re´aln´e funkce monot´onn´ı: 3x+2 (a) f (x) = 2x−3 (b) f (x) = x + x1 √ √ (c*) f (x) = 3 sin x + cos x (d*) f (x)2 sin2 x + 3 sin 2x (a) Je
3(x + 32 ) 3(x − 32 + 23 + 23 ) 3x + 2 = = = 2x − 3 2(x − 23 ) 2(x − 23 ) 9 3(x − 23 ) + 29 + 2 +2 3 2 = = + . 2 2(x − 32 ) 2(x − 32 )
Funkce y1 =
3 2
je konstantn´ı, funkce y2 =
9 +2 2 2(x− 32 )
˚ a ( 32 , +∞). Tot´ezˇ tedy plat´ı i o puvodn´ ı funkci.
7
´ ı na intervalech (−∞, 32 ) je zˇrejmˇe monotonn´
ˇ sme, kdy x+ 1 = (b) Reˇ x po dosazen´ı
x2 +1 x
´ ı. Na intervalu (0, +∞) rˇ eˇsme nerovnici f (x) > f (y), je monotonn´ x2 + 1 y2 + 1 > . x y
D´ıky kladnosti x, y x2 y + y > y 2 x + x x2 y − y 2 x + y − x > 0 xy(x − y) + (y − x) > 0 (x − y)(xy − 1) > 0 Posledn´ı lev´a strana je kladn´a, pokud x > y a xy > 1 nebo x < y a xy < 1. Rozeberme n´asleduj´ıc´ı pˇr´ıpady: 1. Pokud x = 1, potom (1 − y)(y − 1) = −(y − 1)2 < 0 vˇzdy (kromˇe y = 1), tud´ızˇ v bodˇe 1 m´a funkce ostr´e minimum vzhledem k intervalu (0, +∞). 2. Pokud x < 1 a y < 1, potom xy < 1 a z nerovnosti x < y vyplyv´ ´ a (x − y)(xy − 1) > 0, tud´ızˇ f (x) > f (y) a na (0, 1) je tedy funkce klesaj´ıc´ı. 3. Pokud x > 1 a y > 1, potom xy > 1. Z nerovnosti x > y pak vyplyv´ ´ a, zˇ e f (x) > f (y) a funkce je na intervalu (1, +∞) rostouc´ı. 4. Protoˇze f je lich´a funkce, je klesaj´ıc´ı na (−1, 0) a rostouc´ı na (−∞, −1) a v bodˇe −1 m´a ostr´e maximum vzhledem k intervalu (−∞, 0). (c*) Plat´ı√ , zˇ e a + b sin(cx + d) = a + b sin(cx) cos d + b cos(cx) sin d. Potˇrebuji, aby c = 1, b cos d = 3, b sin d = 1 a a = 0. Odtud vyplyv´ ´ a, zˇ e 1 π b sin d 1 = √ =⇒ tg d = √ =⇒ d = b cos d 6 3 3 a b = 2. Tud´ızˇ jsme dostali rovnost √
3 sin x + cos x = 2 sin(x +
a zbytek je zˇrejmy. ´ (d*) Protoˇze 2 sin2 x = vyˇ ´ se m´ame, zˇ e
1+cos 2x , 2
je 2 sin2 x +
cos 2x +
√
√
π ) 6
3 sin 2x = 1 + cos 2x +
3 sin 2x = 2 sin(4x +
√
3 sin 2x a podobnˇe jako
π ). 6
Zbytek je zˇrejmy. ´ Cviˇcen´ı 2.8. Zjistˇete pˇredpis pro sloˇzen´a zobrazen´ı f ◦ f a f ◦ f ◦ f pro f (x) =
(f ◦ f )(x) = f (f (x)) =
1 . 1−x
1 1 = 1 , 1 − f (x) 1 − 1−x
obdobnˇe (f ◦ f ◦ f )(x) = f (f (f (x))) =
1 1 1 = = . 1 1 − f (f (x)) 1 − 1−f (x) 1 − 1− 1 1 1−x
Cviˇcen´ı 2.9. Urˇcete obor hodnot re´aln´e funkce f (x) = 6x2 + 3x + 1. 8
´ Upravou m´ame, zˇ e 2 1 1 6 6x + 3x + 1 = 6 x + x + 1 = 6 x + − 2 + 1, 2 4 4
odkud vid´ıme, zˇ e Hf = 1 − 462 , +∞ , protoˇze je zn´amo, zˇ e kvadratick´a funkce (x + 41 )2 nabyv´ ´ a hodnot mezi nulou (vˇcetnˇe) a +∞. 2
2
Dalˇs´ı pˇr´ıklady Cviˇcen´ı 2.10. Necht’ A, A1 , A2 ⊂ X a B, B1 , B2 ⊂ Y . Ukaˇzte, zˇ e pro dan´e zobrazen´ı f : X → Y obecnˇe plat´ı: (a) f (A1 ∪ A2 ) = f (A1 ) ∪ f (A2 ) (b) f (A1 ∩ A2 ) ⊂ f (A1 ) ∩ f (A2 ) (Pro kter´a f plat´ı rovnost?) (c) f −1 (B1 ∪ B2 ) = f −1 (B1 ) ∪ f −1 (B2 ) (d) f −1 (B1 ∩ B2 ) = f −1 (B1 ) ∩ f −1 (B2 ) (e) f (A) ⊂ B ⇐⇒ A ⊂ f −1 (B) (f) f (f −1 (B)) ⊂ B (Pro kter´a f plat´ı rovnost?) (g) f −1 (f (A)) ⊃ A (Pro kter´a f plat´ı rovnost?) (h) A1 ⊂ A2 =⇒ f (A1 ) ⊂ f (A2 ) (i) B1 ⊂ B2 =⇒ f −1 (B1 ) ⊂ f −1 (B2 ) (j) f −1 (Y \ B) = Y \ f −1 (B) (k) (f |A )−1 (B) = A ∩ f −1 (B) (l) f −1 (B1 \ B2 ) = f −1 (B1 ) \ f −1 (B2 ) (m) f (A1 \ A2 ) ⊃ f (A1 ) \ f (A2 ) (Pro kter´a f plat´ı rovnost?) ˇ sen´ı cˇ a´ st´ı (a)-(d) je obsaˇzeno v n´asleduj´ıc´ım obecnˇejˇs´ım cviˇcen´ı. Reˇ (e) Je-li f (A) ⊂ B a x ∈ A, potom f (x) ∈ f (A), tedy f (x) ∈ B, a tud´ızˇ x ∈ f −1 (B). Naopak, je-li A ⊂ f −1 (B) a y ∈ f (A), potom existuje x ∈ A tak, zˇ e f (x) = y. Ale potom x ∈ f −1 (B) a tud´ızˇ existuje y 0 ∈ B tak, zˇ e f (x) = y 0 . Protoˇze obraz zobrazen´ı je jednoznaˇcnˇe urˇcen, je y 0 = f (x) = y, a tedy y = y 0 ∈ B. (f) Rovnost plat´ı pro zobrazen´ı f na L, kde L je c´ılov´a mnoˇzina. Pokud f nen´ı na, vol B = L. Potom f −1 (L) = Df je definiˇcn´ı obor f , ale f (f −1 (L)) = f (Df ) 6= L, protoˇze f nen´ı na. Pokud f je zobrazen´ı na L, pak rovnost plat´ı. Je-li y ∈ A ⊂ L, pak podle pˇredpokladu, zˇ e jde o zobrazen´ı na, m´a alesponˇ jeden vzor x ∈ f −1 (A), zˇ e f (x) = y. Ale y = f (x) ∈ f (f −1 (A)), tud´ızˇ jedna inkluze je dok´az´ana. Opaˇcn´a inkluze se dok´azˇ e takto: je-li y ∈ f (f −1 (B)), potom y je obraz f (x) pro nˇejaky´ prvek x ∈ f −1 (B). Ale tento prvek je v mnoˇzinˇe vzoru˚ B, existuje tedy y˜ ∈ B takov´e, zˇ e f (x) = y˜. Protoˇze zobrazen´ı m´a jednoznaˇcnˇe urˇceny´ obraz, je nutnˇe y = y˜, a tud´ızˇ y ∈ B. QED (g) Pro f prost´e. Pokud nen´ı, existuj´ı x, y ∈ A se stejnym ´ obrazem f (x) = f (y). Je tedy f ({x}) = {f (x)}, ale f −1 (f ({x})) = f −1 ({f (x)}) ⊃ {x, y}. Pokud je, kaˇzd´emu prvku odpov´ıd´a pr´avˇe jeden obraz. Je-li x ∈ A, pak f (x) ∈ f (A), a tud´ızˇ existuje x˜ ∈ f −1 (f (A)) tak, zˇ e f (˜ x) = f (x). Protoˇze f je prost´e, je x˜ = x, a tud´ızˇ x ∈ f −1 (f (A)). −1 Naopak, je-li x ∈ f (f (A)), pak f (x) ∈ f (A), a tud´ızˇ nutnˇe x ∈ A, nebot’ f je prost´e. Pokud 9
by totiˇz z 6∈ A a f (z) ∈ f (A), pak f (z) m´a nˇejaky´ vzor v A, nutnˇe tedy odliˇsny´ od x, coˇz je spor s t´ım, zˇ e f je prost´e. (h) Bud’ A1 ⊂ A2 a y ∈ f (A1 ). Potom existuje x ∈ A1 , zˇ e y = f (x). Ale pak x ∈ A2 , a tud´ızˇ y = f (x) ∈ f (A2 ). (i) Viz obecnˇejˇs´ı (l). (k) Pokud x ∈ A ∩ f −1 (B), potom f (x) ∈ f (A) ∩ f (f −1 (B)) ⊂ f (A) ∩ B (uˇzije se (f)). Naopak, pokud x ∈ (f |A )−1 (B), potom samozˇrejmˇe x ∈ A ∩ f −1 (B). QED (l) Pokud x ∈ f −1 (B1 \ B2 ), pak f (x) ∈ B1 \ B2 , tud´ızˇ f (x) ∈ B1 , a tedy x ∈ f −1 (B1 ), ale f (x) 6∈ B2 , tud´ızˇ f (x) 6∈ f −1 (B2 ). Naopak, pokud x ∈ f −1 (B1 ) \ f −1 (B2 ), potom f (x) ∈ B1 , ale f (x) 6∈ B2 , tud´ızˇ f (x) ∈ B1 \ B2 , a tud´ızˇ x ∈ f −1 (B1 \ B2 ). QED ˚ ze (m) Je-li y ∈ f (A) \ f (B), pak y ∈ f (A), tud´ızˇ y m´a vzor x ∈ A, a pˇritom tento vzor nemuˇ leˇzet v B, nebot’ f (x) = y 6∈ f (B). Tud´ızˇ x ∈ A \ B, a tedy y = f (x) ∈ f (A \ B). QED Rovnost plat´ı pro f prost´e. Pokud f nen´ı prost´e, potom existuj´ı x a y se stejnym ´ 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 prost´e, potom plat´ı dokonce rovnost (viz e)). Kaˇzdop´adnˇe, je-li y ∈ f (A \ B), ˚ prostotˇe: kdyby pak m´a vzor x ∈ A \ B, a tud´ızˇ f (x) ∈ f (A), a pˇritom f (x) 6 f (B) kvuli f (x) ∈ f (B), mˇel by prvek f (x) jeˇstˇe jeden vzor v B odliˇsny´ od x, coˇz nelze. Tud´ızˇ f (x) ∈ f (A) \ f (B). QED Cviˇcen´ı 2.11. Necht’ I je mnoˇzina, Ai ⊂ X a Bi ⊂ Y pro kaˇzd´e i ∈ I. Ukaˇzte, zˇ e pro dan´e zobrazen´ı f : X → Y obecnˇe plat´ı: (a) f (∪i∈I Ai ) = ∪i∈I f (Ai ) (b) f (∩i∈I Ai ) ⊂ ∩i∈I f (Ai ) (Pro kter´a f plat´ı rovnost?) (c) f −1 (∪i∈I Bi ) = ∪i∈I f −1 (Bi ) (d) f −1 (∩i∈I Bi ) = ∩i∈I f −1 (Bi ) (a) Je-li y ∈ f (∪Ai ), potom existuje x ∈ ∪Ai , zˇ e f (x) = y. Potom ale x ∈ Ai0 pro nˇejak´e i0 ∈ I, tud´ızˇ f (x) ∈ f (Ai0 ), a tedy y = f (x) ∈ ∪f (Ai ). Naopak, je-li y ∈ ∪f (Ai ), potom y ∈ f (Ai0 ) pro nˇejak´e i0 ∈ I, tud´ızˇ existuje x ∈ Ai0 tak, zˇ e f (x) = y. Ale tud´ızˇ x ∈ ∪Ai , a tedy y = f (x) ∈ f (∪Ai ). QED (b) Je-li y ∈ f (∩Ai ), potom existuje x ∈ ∩Ai tak, zˇ e f (x) = y. Tud´ızˇ pro kaˇzd´e i ∈ I je x ∈ Ai , a tedy pro kaˇzd´e i ∈ I je f (x) ∈ Ai , tud´ızˇ y = f (x) ∈ ∩f (Ai ). Opaˇcn´a inkluze plat´ı, pr´avˇe kdyˇz je zobrazen´ı f prost´e: pokud f prost´e nen´ı, pak existuj´ı x, y ∈ X tak, zˇ e f (x) = f (y). Definujme A1 = {x} a A2 = {y}. Pak f (A1 ∩ A2 ) = f (∅) = ∅, ale f (A1 ) ∩ f (A2 ) = {f (x)}. Naopak, je-li f prost´e a y ∈ ∩f (Ai ), pak y ∈ f (Ai ) pro kaˇzd´e ˚ ze byt i ∈ I a existuj´ı vzory xi ∈ Ai tak, zˇ e f (xi ) = y. Ale u prost´eho zobrazen´ı muˇ ´ vzor pouze jeden, tud´ızˇ xi = xj pro kaˇzd´e i, j ∈ I, a tedy pro x := xi m´ame, zˇ e x ∈ ∩Ai . Tud´ızˇ y = f (x) ∈ f (∩Ai ). QED (c) Je-li x ∈ f −1 (∪Bi ), pak f (x) ∈ ∪Bi , tud´ızˇ f (x) ∈ Bi0 pro vhodn´e i0 ∈ I, a tedy x ∈ f −1 (Bi0 ), tud´ızˇ x ∈ ∪f −1 (Bi ). Naopak, je-li x ∈ ∪f −1 (Bi ), pak x ∈ f −1 (Bi0 ) pro vhodn´e i0 ∈ I, tud´ızˇ f (x) ∈ Bi0 , tud´ızˇ f (x) ∈ ∪Bi , tud´ızˇ x ∈ f −1 (∪Bi ). QED (d) Je-li x ∈ f −1 (∩Bi ), pak f (x) ∈ ∩Bi , tud´ızˇ f (x) ∈ Bi pro vˇsechna i ∈ I, a tedy x ∈ f −1 (Bi ) pro vˇsechna i ∈ I, tud´ızˇ x ∈ ∩f −1 (Bi ). Naopak, je-li x ∈ ∩f −1 (Bi ), pak x ∈ f −1 (Bi ) pro vˇsechna i ∈ I, tud´ızˇ f (x) ∈ Bi pro vˇsechna i ∈ I, tud´ızˇ f (x) ∈ ∩Bi , tud´ızˇ x ∈ f −1 (∩Bi ). QED 10
3
Tˇret´ı prosemin´arˇ
Z pˇredchoz´ıho: de Morganova pravidla. Cviˇcen´ı 3.1. Dokaˇzte de Morganova pravidla: \ [ A\ Bi = (A \ Bi ) A\
i∈I
i∈I
[
\
Bi =
i∈I
(A \ Bi )
i∈I
Dokaˇzme (A \ ∩Bi ) ⊂ ∪(A \ Bi ). Budiˇz x ∈ (A \ ∩Bi ). To znamen´a, zˇ e x leˇz´ı v A a neleˇz´ı v ˚ pruniku Bi . Tud´ızˇ existuje i0 ∈ I, zˇ e x neleˇz´ı v Bi0 , tud´ızˇ leˇz´ı v A \ Bi0 a tud´ızˇ i ve sjednocen´ı ∪(A \ Bi ). Dokaˇzme nyn´ı opaˇcnou inkluzi, (A \ ∩Bi ) ⊃ ∪(A \ Bi ). Pokud x ∈ ∪(A \ Bi ), pak existuje i0 , zˇ e x ∈ A a x 6∈ Bi0 . Tud´ızˇ x 6∈ ∩Bi , a tud´ızˇ x ∈ A \ ∩Bi . Druh´e pravidlo se dokazuje podobnˇe. Cviˇcen´ı 3.2. Dokaˇzte z axiomu˚ uspoˇra´ dan´eho tˇelesa R, zˇ e plat´ı (a) x < y ⇐⇒ −x > −y. (b) Mnoˇzina je omezen´a, pr´avˇe kdyˇz je shora i zdola omezen´a. (c) Pro x, y > 0 a n ∈ N plat´ı: x > y ⇐⇒ xn > y n . ˇ Pˇripomenme, zˇ e: 1. Mnoˇzina A ⊂ R je shora omezen´a, pokud existuje M ∈ R tak, zˇ e pro kaˇzd´e x ∈ A je x ≤ M. 2. Mnoˇzina A ⊂ R je zdola omezen´a, pokud existuje m ∈ R tak, zˇ e pro kaˇzd´e x ∈ A je x ≥ m. 3. Mnoˇzina A ⊂ R je omezen´a, pokud existuje K ∈ R tak, zˇ e pro kaˇzd´e x ∈ A je |x| ≤ K. ˚ zeme, nebot’ z Absolutn´ı hodnotu definujeme (napˇr´ıklad) jako |a| = max{a, −a}, coˇz muˇ axiomu˚ uspoˇra´ d´an´ı v´ıme, zˇ e kaˇzd´a dvˇe re´aln´a cˇ ´ısla jsou porovnateln´a, a tud´ızˇ plat´ı a ≥ −a nebo −a ≥ a. Odtud mimochodem vyplyv´ ´ a, zˇ e |a| ≥ a
i
|a| ≥ −a.
˚ zeme absolutn´ı hodnotu definovat takto: |a| = a pro a ≥ 0, |a| = −a pro a < 0. Nebo muˇ Protoˇze pro a > 0 je zˇrejmˇe a > −a (z axiomu˚ uspoˇra´ d´an´ı), je |a| = a = max{a, −a}. Obdobnˇe pro a < 0 je |a| = −a > a, tud´ızˇ |a| = max{−a, a}. Obˇe definice jsou tedy ekvivalentn´ı. ˇ sen´ı: (a) Podle axiomu svazuj´ıc´ımu nerovnost a operaci sˇc´ıt´an´ı plat´ı Reˇ x < y =⇒ x + a < y + a
∀a ∈ R.
Pˇriˇcten´ım (−a) k obˇema stran´am druh´e nerovnosti podle t´ehoˇz axiomu ale vyplyv´ ´ a, zˇ e x + a < y + a =⇒ x + a + (−a) < y + a + (−a) ⇐⇒ x < y, takˇze x < y ⇐⇒ x + a < y + a
∀a ∈ R.
(∗)
Odtud 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 prvn´ı a tˇret´ı ekvivalenci jsme pouˇzili (∗), druh´a je axiom o opaˇcn´em prvku, tˇret´ı axiom o nulov´em prvku a komutativitˇe sˇc´ıt´an´ı, p´at´a axiom o opaˇcn´em prvku a sˇ est´a axiom o nulov´em prvku. (b) Jestliˇze mnoˇzina A je omezen´a, potom |x| ≤ K pro kaˇzd´e x ∈ A. Evidentnˇe K ≥ 0. Poloˇzme m = −K a M = K. Potom x ≤ |x| ≤ K = M,
−x ≥ −|x| ≥ −K = m,
a tud´ızˇ mnoˇzina A je shora i zdola omezen´a. Naopak, je-li mnoˇzina A shora i zdola omezen´a, tj. existuj´ı m, M ∈ R tak, zˇ e m ≤ x ≤ M pro kaˇzd´e x ∈ A, potom pooˇzme K = max{|m|, |M |}. Pak m´ame, zˇ e x ≤ M ≤ |M | ≤ K,
−x ≤ −m ≤ |m| ≤ K,
a z nerovnost´ı x ≤ K a −x ≤ K uˇz plyne, zˇ e |x| = max{x, −x} ≤ K. (c) Bud’te x, y > 0, n ∈ N a x < y. Potom z axiomu uspoˇra´ d´an´ı (pˇren´asoben´ı kladnym ´ cˇ ´ıslem) m´ame x > y =⇒ x · x > y · x ax > y =⇒ x · y > ·y · y, z tranzitivity potom vyplyv´ ´ a, zˇ e x2 = x · x > y · x > y · y =⇒ x · x > y · y = y 2 ˚ zeme pokraˇcovat n-kr´at anebo postupovat indukc´ı. Takto muˇ Naopak, bud’te x, y > 0, n ∈ N a xn > y n . Uk´azˇ eme nejprve, zˇ e pokud x > 0, pak Pokud by totiˇz x1 ≤ 0, pak by po pˇren´asoben´ı kladnym ´ cˇ ´ıslem x bylo 1=x·
1 x
> 0.
1 ≤ 0 · x = 0. x
Coˇz je evidentn´ı spor. D´ale dok´azˇ eme, zˇ e x > y =⇒
1 1 < . x y
Je totiˇz x > y =⇒ x ·
1 1 1 1 1 1 1 1 >y· =⇒ 1 > y · =⇒ 1 · > y · · =⇒ > . x x x y x y y x
Odtud koneˇcnˇe m´ame, zˇ e xn > y n =⇒ xn−1 =
1 n 1 n 1 n · x > · y > · y = y n−1 . x x y
A d´ale lze postupovat indukc´ı. Cviˇcen´ı 3.3. Dokaˇzte pomoc´ı axiomu˚ uspoˇra´ dan´eho tˇelesa R (a obvykl´ych pravidel aritmetiky) existenci a jednoznaˇcnost n-t´e odmocniny kladn´eho re´aln´eho cˇ´ısla. Tedy, je-li a ∈ R, a > 0 a n ∈ N, potom existuje pr´avˇe jedno re´aln´e cˇ´ıslo x takov´e, zˇ e xn = a. Jarn´ıkovo rˇeˇsen´ı — viz odkaz na www str´ank´ach. 12
Definice limity posloupnosti — z´akladn´ı limity ˇ Definice 3.1. Rekneme, zˇ e re´aln´e cˇ´ıslo L je limitou posloupnosti {an }, jestliˇze pro kaˇzd´e ε > 0 existuje n0 ∈ N tak, zˇ e pro kaˇzd´e n ≥ n0 plat´ı |an − L| < ε. Znaˇc´ıme lim an = L,
n→∞
popˇr´ıpadˇe
lim an = L.
ˇ Definice 3.2. Rekneme, zˇ e posloupnost {an } m´a limitu +∞, jestliˇze pro kaˇzd´e K ∈ R existuje n0 ∈ N tak, zˇ e pro kaˇzd´e n ≥ n0 plat´ı an ≥ K. Znaˇc´ıme lim an = +∞,
n→∞
popˇr´ıpadˇe
lim an = +∞.
ˇ Definice 3.3. Rekneme, zˇ e posloupnost {an } m´a limitu −∞, jestliˇze pro kaˇzd´e K ∈ R existuje n0 ∈ N tak, zˇ e pro kaˇzd´e n ≥ n0 plat´ı an ≤ K. Znaˇc´ıme lim an = −∞,
n→∞
lim an = −∞.
popˇr´ıpadˇe
Cviˇcen´ı 3.4. Dokaˇzte, zˇ e lim c = c pro libovoln´e c ∈ R. n→∞
ˇ sen´ı: Volme ε > 0 libovolnˇe. Potom samozˇrejmˇe |an − L| = |c − c| = 0 < ε pro kaˇzd´e n ∈ N, Reˇ staˇc´ı tedy volit n0 = 1. 1 n→∞ n
Cviˇcen´ı 3.5. Dokaˇzte, zˇ e lim
= 0.
ˇ sen´ı: Volme ε > 0 libovolnˇe. Potom samozˇrejmˇe |an − L| = | 1 − 0| = 1 < ε tehdy a jen Reˇ n n tehdy, pokud n > 1ε . Podle Archimedova axiomu existuje pˇrirozen´e cˇ ´ıslo n0 > 1ε . Pak je pro kaˇzd´e n ≥ n0 tak´e n ≥ n0 > 1ε . QED Cviˇcen´ı 3.6. Dokaˇzte, zˇ e lim n = +∞. n→∞
ˇ sen´ı: Volme K ∈ R. Podle Archimedova axiomu ale existuje n0 > K, tud´ızˇ pro kaˇzd´e Reˇ n ≥ n0 plat´ı tak´e n ≥ n0 > K. QED. Cviˇcen´ı 3.7. Dokaˇzte n´asleduj´ıc´ı tvrzen´ı: (a) Pokud k je pˇrirozen´e cˇ´ıslo a lim an = L > 0, potom lim n→∞
n→∞
√ k
an =
√ k
L.
√ (b) Pokud k je pˇrirozen´e cˇ´ıslo, lim an = 0 a an ≥ 0 pro kaˇzd´e n ∈ N, potom lim k an = 0. n→∞ n→∞ √ k (c) Pokud k je pˇrirozen´e cˇ´ıslo a lim an = 0, potom lim an nemus´ı existovat. n→∞ n→∞ √ √ (d) Pokud k je lich´e pˇrirozen´e cˇ´ıslo a lim an = L (ne nutnˇe L > 0), potom lim k an = k L. n→∞ n→∞ √ (e) Pokud k je pˇrirozen´e cˇ´ıslo a lim an = +∞, potom lim k an = +∞. n→∞ n→∞ √ (f) Pokud k je lich´e pˇrirozen´e cˇ´ıslo a lim an = −∞, potom lim k an = −∞. n→∞
n→∞
ˇ sen´ı: (a) Uvˇedomme si nejprve, zˇ e existuje δ > 0 tak, zˇ e L − δ > 0. Od nˇejak´eho indexu Reˇ poˇc´ınaje je an > L−δ > 0, takˇze posloupnost je od nˇejak´eho cˇ lenu poˇc´ınaje dobˇre definov´ana. ´ Kl´ıcˇ em je n´asleduj´ıc´ı uprava: √ √ k k an − L = p k
|an − L| √ p p p . k k k k 2 ak−1 + ak−2 ak−3 a1n Lk−2 + Lk−1 n n L+ n L + ... + 13
˚ zeme jej tedy zmenˇsit (a cely´ zlomek zvˇetˇsit) t´ım, Jmenovatel tvoˇr´ı souˇcet kladnych ´ cˇ ´ısel, muˇ zˇ e vˇsechny aˇz na posledn´ı vynech´ame. Dostaneme, zˇ e √ √ k k an − L = p k
|an − L|
|an − L| √ p ≤ √ . k k k 1 k−2 k−1 + + + . . . + an L + L Lk−1 √ k Volme ε > 0. Protoˇze lim an = L, existuje index n0 tak, zˇ e pro n ≥ n0 je |an − L| < ε Lk−1 . Odtud ale dostaneme, zˇ e pro n ≥ n0 je ank−1
p k
ak−2 n L
p k
2 ak−3 n L
√ √ k k an − L = p k
|an − L| |an − L| √ √ p p p ≤ < ε. k k k k 2 ak−1 + k ak−2 ak−3 a1n Lk−2 + Lk−1 Lk−1 n n L+ n L + ... +
(b) Podle pˇredpokladu˚ je posloupnost korektnˇe definov´ana. Volme ε > 0. Zˇrejmˇe existuje √ k 0 0 0 k ε > 0 tak, zˇ e ε < ε , a tud´ızˇ ε < ε. Protoˇze lim an = 0, existuje n0 tak, zˇ e pro n ≥ n0 je an < ε0 , a tud´ızˇ √ √ √ k | k an | = k an < ε0 < ε. QED n
(c) Uvaˇzte an = (−1) a k = 2. Potom posloupnost (an ) nen´ı definov´ana (ani v sˇ irˇs´ım smyslu n od nˇejak´eho cˇ lenu poˇc´ınaje). (d) Pro L ≥ 0 to v´ıme z cˇ a´ st´ı (a), (b). Pro L < 0 staˇc´ı uv´azˇ it, zˇ e √ √ √ √ √ √ k k − lim k an = lim − k an = lim k −an = lim k −L = lim − L = − lim L. (e) Volme K > 0. Protoˇze lim an = +∞, existuje n0 tak, zˇ e pro n ≥ n0 je an > K k . Tud´ızˇ pro √ n ≥ n0 je k an > K. QED (f) Analogicky jako v (d) nebo (e).
14
