Föreläsningsnteckningr i nlys I jnuri 009 Pvo Slminen Görn Högnäs bsert på Protter-Morrey: A First Course in Rel Anlysis
Innehåll 1 Introduktion 5 1.1 De reell tlen................................... 5 1. Induktionsprincipen................................ 9 1.3 Någr grundläggnde definitioner......................... 11 1.4 Tringelolikheten.................................. 1 1.5 Medelvärden.................................... 13 Kontinuitet och gränsvärden 17.1 Introduktion till kontinuerlig funktioner..................... 17. Definitioner; gränsvärdets entydighet....................... 18.3 Stser om kontinuitet och gränsvärden...................... 1.4 Höger- och vänstergränsvärden och -kontinuitet................. 6.5 Gränsvärden i oändligheten; oändlig gränsvärden............... 8.6 Gränsvärdesstser för tlföljder.......................... 30.7 Tillägg till kpitel................................ 3 3 Någr egenskper hos reellvärd funktioner 37 3.1 Stsen om mellnliggnde värden......................... 37 3. Supremum och infimum v en tlmängd..................... 39 3.3 Om numrerbrhet................................. 41 3.4 Monoton funktioner................................ 45 3.5 Bolzno-Weierstrss sts.............................. 46 3.6 En sts om kontinuerlig funktioner på slutn och begränsde intervll.... 47 3.7 Likformig kontinuitet................................ 48 3.8 Cuchyföljder och Cuchys konvergenskriterium................. 50
4 Differentilklkyl 53 4.1 Definitioner; grundregler.............................. 53 4. Kedjeregeln..................................... 54 4.3 Stser om deriverbr funktioner......................... 55 4.4 L Hospitls regler.................................. 59 4.5 Invers funktioner................................. 6 4.6 Högre derivtor................................... 64 5 Integrlklkyl 65 5.1 Definitionen v Drbouxintegrlen........................ 65 5. Egenskper hos Drbouxintegrlen........................ 69 5.3 Om Riemnnintegrlen............................... 77 5.4 Om generliserde integrler........................... 80 6 Oändlig följder, oändlig serier 85 6.1 Grundläggnde egenskper............................. 85 6. Serier med positiv och negtiv termer, potensserier.............. 87 6.3 Tylors formel.................................... 91 3
4
Kpitel 1 Introduktion 1.1 De reell tlen De reell tlen krkterisers v xiom (räkneregler, postult, grundntgnden). A. Axiomen för ddition M. Axiomen för multipliktion O. Ordningsxiomet C. Kontinuitetsxiomet Mång ndr strukturer uppfyller viss v xiomen, men mn kn vis tt de reell tlen väsentligen är den end struktur som uppfyller dem ll. Låt M vr en mängd, vrs element klls tl. (A) Axiomen för ddition Det existerr en opertion klld ddition, bet. +, i M, dvs. för vrje, b M existerr ett element + b M, summn v och b. Additionen uppfyller A(i) Associtionslgen,b,c M : ( + b) + c = + (b + c) A(ii) Kommuttionslgen,b M : + b = b + 5
A(iii) Det existerr ett tl i M, kllt 0, sådnt tt M : + 0 = A(iv) Till vrje M existerr ett tl, (:s motstt tl eller dditiv invers), kllt så tt + ( ) = 0 Exempel 1) N uppfyller A(i), A(ii) ) N 0 uppfyller A(i), A(ii), A(iii) 3) Z uppfyller A(i) (iv) 4) Q uppfyller A(i) (iv) 5) N 0 med opertionen b = mx(,b) uppfyller (i) (iii) Anmärkning Motstt tlet är entydigt bestämt om M uppfyller A(i)-A(iv): + x 1 = + x = 0 = ( ) + ( + x 1 ) = ( ) + ( + x ) A(i) = ( ( ) + ) + x1 = ( ( ) + ) + x A(iv) = 0 + x 1 = 0 + x A(iii) = x 1 = x Exempel Eftersom både ( ) + ( ) = 0 och + ( ) = 0 fås tt ( ) =. Sts 1.1 Antg tt M försedd med opertionen + uppfyller xiomen A. Då hr ekvtionen en entydig lösning x = b + ( ), bet. b. Bevis + x = b + ( b + ( ) ) A(ii) = + ( ( ) + b ) A(i) = ( + ( )) + b A(iv) = 0 + b A(iii) = b Alltså hr ekvtionen den ngivn lösningen. Antg tt x är en nnn lösning än x = b + x = b, + x = b 6
Då fås + ( + x ) = + ( + x) = A(i) ( ( ) + ) + x = ( ( ) + ) = x A(iv) = 0 + x = 0 + x A(iii) = x = x Anmärkning Observer tt ( b + ( ) ) = ( b) +, ty ( b + ( ) ) + ( b) + = 0, och ( ) =, ty ( ) + = 0. (M) Axiomen för multipliktion Det existerr en opertion klld multipliktion, bet., som tillordnr vrje pr,b M ett tl, produkten v och b, bet. b eller b. Multipliktionen uppfyller M(i) ssocitionslgen: M(ii) kommuttionslgen,b,c M : (b)c = (bc),b M : b = b M(iii) det existerr ett tl, bet. 1, sådnt tt M : 1 = M(iv) för vrje 0 existerr ett tl 1 (multipliktiv invers) sådnt tt 1 = 1 (lt.: för vrje 0 kn ekvtionen x = 1 löss.) M(v) distributionslgen,b,c M : (b + c) = b + c Exempel 1) Z med +, uppfyller (i), (ii), (iii), (v) men ej (iv) ) Mängden v -mtriser med mtrisddition och mtrismultipliktion uppfyller (i), (iii) med ( 1 0 0 1 ) som ett, (v) men ej (ii) och (iv) 7
Sts 1. Antg tt M uppfyller xiomen för multipliktion. Då gäller (i) M : 0 = 0. 0 1 om M hr fler än ett element (ii),b M : b = 0 = 0 b = 0 (iii) 0, b M x M : x = b. Lösningen x är entydig (x = 1 b) (iv),b M : ( b) = b Bevis (i) Om M, 0, så 1 = men 0 = (0 + 0) M(v) Sts 1.1 = 0 + 0 = 0 = 0 (ii) b = 0, 0 se ovn = 1 M(i) b = 0 = ( 1 M(iv) )b = 0 = 1 b = 0 M(iii) = b = 0 (iii) x 1 = x (= b) = 1 (x 1) = 1 (x ) = 1 x 1 = 1 x = x 1 = x entydig lösning 1 b = ( 1 )b = 1 b = b 1 b lösning (iv) ( b) + b M(v) = (( b) + b) A(iv) = 0 (i) = 0 Anmärkning Associtionslgrn kn utvidgs till 4, 5,... termer resp. fktorer: ( + b) + (c + d) A(i) = + ( b + (c + d) ) A(i) = + ( (b + c) + d ) etc. Prentesern spelr lltså ingen roll och kn bortlämns i ren dditionsuttryck, liksom i ren multipliktionsuttryck. Men: Opertionen är inte ssocitiv. (O) Ordningsxiomet Låt mängden M, som uppfyller (A) och (M), bestå v tre disjunkt delmängder M +, {0}, M sådn tt O(i) För vrje M gäller exkt ett v följnde lterntiv: M +, = 0, M +. 8
O(ii) För vrje,b M + : + b M +, b M +. M + klls de positiv tlen och M de negtiv tlen. Beteckningr M + > 0 M < 0 + ( b) > 0 > b + ( b) < 0 < b Anmärkning M + = M (Om ej så M + eller = 0 vilk båd leder till motsägelse.) 0 : M + (Om M = M + = ( )( ) M + och ( )( ) = ( ) = ( ) =.),b M : b M + Exempel 1) Betrkt de rtionell tlen Q = {p/q q N,p Z}. Nu hr vi Q + = {p/q q N, p N} och Q = {p/q q N,p < 0}. Q uppfyller (A), (M) och (O). ) De komplex tlen C uppfyller (A), (M) men ej (O). Motivering: Vd skulle C + i så fll vr? Enligt ovn är > 0 för ll 0. Alltså bör 1 = 1 tillhör C + och 1 C. Men i = 1. Motsägelsen visr tt C inte kn uppfyll (O). (C) Kontinuitetsxiomet Dett behndls senre i Kpitel, vsnitt.. 1. Induktionsprincipen Antg tt mängden R, de reell tlen, är given. Definition 1.1 En delmängd S v R säges vr induktiv om 9
(i) 1 S (ii) x R : x S = x + 1 S Definition 1. Ett reellt tl x klls ett nturligt tl om det hör till vrje induktiv delmängd v R. Mängden v de nturlig tlen beteckns med N. Anmärkning Vi kn också konstruer N genom tt säg tt N består v 1, 1 + 1 (som beteckns ), + 1 (som beteckns 3) osv. Exempel N, N 0, Q, Q +, R är induktiv. Ingen ändlig mängd kn vr induktiv. Sts 1.3 N är en induktiv mängd. Bevis Vi verifierr tt N uppfyller (i) och (ii) i Definition 1.1: (i) 1 N ty 1 tillhör vrje induktiv mängd. (ii) Antg tt k N. Eftersom k tillhör vrje induktiv mängd fås tt k + 1 också tillhör vrje induktiv mängd, med ndr ord k + 1 N. Från Sts 1.3 fås nu omedelbrt: Sts 1.4 ( Principen för mtemtisk induktion ) Om S är en induktiv delmängd v R så är N S. Vi ger två exempel på induktionsbevis. Exempel Bevis tt för n N gäller 1 + + + n = Bevis: Låt S = {n N (1.1) gäller för n} n(n + 1) (1.1) (i) 1 S ty 1 = 1 10
(ii) Antg tt n S (induktionsntgndet). Visr tt n + 1 S: 1 + + 3 + + n + n + 1 ind. nt. = (n + 1)( n + + 1) = (n + 1)n = Alltså: n S = n + 1 S S induktiv och lltså S = N. (S N från börjn) (1.1) gäller för ll n N. n(n + 1) + n + 1 = (n + 1)((n + 1) + 1) Exempel Vis tt n! > n för ll n > 3. Låt S = {n N n = 1, eller 3 eller n! > n } (i) 1 S (ii) n S = n + 1 S? Impliktionen i (ii) är trivil för n = 1,. n = 3? 4 = 4! > 4 = 16 4 S Antg n S,n > 3 (n + 1) n! > n (ty n + 1 > ) (n + 1)! > n+1 ; n + 1 S 1.3 Någr grundläggnde definitioner definitionsmässigt lik med (i) Låt R : = R R := {(x,y) x,y R}. En delmängd M R klls en reltion från R till R. Mängden D M := {x (x,y) M} klls reltionens definitionsmängd och V M := {y (x,y) M} dess värdemängd. (ii) Reltionen f R är en funktion om för vrje x D f finns exkt ett y V f med (x,y) f. Mängden D f klls funktionens definitionsmängd (eng. domin) och V f funktionens värdemängd (eng. rnge). Om (x,y) f säger vi tt y är f:s värde i punkten x, beteckns y = f(x). f : R R betyder tt f är en funktion med D f R och V f R. (iii) Funktionen f är injektiv om det för vrje y V f finns exkt ett x D f med (x,y) f dvs. y = f(x). I dett fll ger föreskriften (y,x) f 1 (x,y) f upphov till en funktion f 1 (inversen till f) med D f 1 = V f och V f 1 = D f. 11
(iv) Funktionen f : R R klls en tlföljd (eng. sequence) om D f N. Om D f = N beteckns tlföljden oft {x n } n=1, { n } n=1 eller dyl., där x n, n är f(n). Beteckningr m n=1 m n=1 x n x n = x 1 + x + + x m = x 1 x x m Anmärkning Prenteser behövs ju inte pg ssocitiviteten. (iv) f : R R R med D f N N är en dubbel tlföljd. Bet. {x n,m } n,m=1 om D f = N N. Hr t.ex. 1 n N 1 m M x m,n = komm. = N M ( x n,m ) n=1 m=1 M N ( x n,m ) m=1 n=1 Exempel N =,M = 3 x 1,1 + x 1, + x 1,3 + x,1 + x, + x,3 = x 1,1 + x,1 + x 1, + x, + x 1,3 + x,3 1.4 Tringelolikheten Absolutbeloppet x v x definiers enligt { x om x 0 x = x om x < 0. För bsolutbeloppet gäller den s.k. tringelolikheten x,y R : x y x ± y x + y. Bevis Betrkt först påståendet x,y R : x + y x + y (1.) 1
Vi hr x y x x y y Addition ger ( x + y ) x + y x + y Härv x + y x + y, dvs. (1.). Sätt in y för y i (1.) x,y R : x y x + y = x + y Sätt in y x för y i (1.) x,y R : y x + y x, vrv x,y R : y x y x (1.3) Välj x y för x i (1.): x,y R : x y x y. (1.4) (1.3), (1.4) ger x,y R : ± ( y x ) x y x y x y Slutligen: Sätt in y för y ovn; då fås x,y R : x y x + y 1.5 Medelvärden Definition 1.3 Låt 1,,..., n vr givn reell tl. Tlet ā := 1 n k=1 klls det ritmetisk medelvärdet v 1,,..., n. Egenskper k (i) ā = om k =,k = 1,,...,n 13
(ii) ā [α,β] om k [α,β],k = 1,,...,n (iii) min( 1,,..., n ) ā mx( 1,,..., n ) Anmärkning (ii) = (i),(iii) Bevis v (ii): Enligt ntgndet k [α,β],k = 1,,...,n gäller α 1 β α β. α k β. α n β. Addition v olikhetern och division med n ger α ā β. Definition 1.4 Låt 1,,..., n R och tg t 1,t,...,t n [0,1] så tt t 1 +t + +t n = 1. Tlet v := t k k k=1 klls det vägd ritmetisk medelvärdet v 1,,..., n. Tlen t 1,t,...,t n klls vikter. [Om viktern är lik, 1 n vr, så blir v = ā.] Anmärkning v klls också en konvex kombintion v 1,,..., n. v uppfyller (i), (ii), (iii) ovn. Bevis v tt v uppfyller (ii): Eftersom t 1,t,...,t n är ickenegtiv fås t 1 α t 1 1 t 1 β. t k α t k k t k β. t n α t n n t n β. 14
Addition ger α v β. Definition 1.5 Låt 1,,..., n vr icke-negtiv reell tl. Tlet n ḡ := ( k ) 1 n k=1 klls det geometrisk medelvärdet v 1,,..., n. Anmärkning ḡ hr egenskpern (i) (iii) ovn. Sts 1.5 Om 1 0, 0,..., n 0, gäller det tt Likhet gäller br när 1 = =... = n. ḡ ā. 15
16
Kpitel Kontinuitet och gränsvärden.1 Introduktion till kontinuerlig funktioner Kpitlet börjr med llmänn definitioner. Därefter utvidgr vi successivt fmiljen v kontinuerlig funktioner, genom specifik exempel: c kontinuerlig x kontinuerlig cx kontinuerlig x kontinuerlig. x n kontinuerlig, n N x n + bx n 1 + + c (polynom) kontinuerlig rtionell funktioner är kontinuerlig smmnsättningr v kontinuerlig funktioner är kontinuerlig (senre: potensserier, funktionsserier) trigonometrisk funktioner, exponentilfunktioner, integrlfunktioner... Allmän teori behövs i synnerhet då funktionen är given implicit, som resultt v en lgoritm. x Algoritm f(x) Trigonometrisk olikheter, en informell härledning Nedn härleds olikheter som utnyttjs flitigt i fortsättningen. Härledningen är informell eftersom vi inte definiert de trigonometrisk funktionern exkt. (1) tn x > x > sin x, 0 < x < π 17
() 1 cos x > x sin x > 1, 0 < x < π (3) cos x < sin x x < 1, 0 < x < π enhetscirkeln x x 1 cosx sin x tn x x x 0 sin x 0 Figuren visr tt sin x sinx 0 x x 0 vilket medför tt sinus är kontinuerlig i x 0. x 0 i (3) ger: (4) lim x 0 sin x x = 1 p.g.. tt cosinus är kontinuerlig i 0.. Definitioner; gränsvärdets entydighet Definition.1 Låt f vr en reell funktion, d.v.s. D f R, V f R. f är kontinuerlig i x 0 D f om ε > 0 δ > 0 : x x 0 < δ x D f = f(x) f(x 0 ) < ε. f är kontinuerlig på mängden A om den är kontinuerlig för vrje x A. f är kontinuerlig betyder tt den är kontinuerlig i vrje x 0 D f. Om f inte är kontinuerlig i x 0 sägs den vr diskontinuerlig i x 0. f är diskontinuerlig i x 0 ε > 0 δ > 0 x D f : x x 0 < δ f(x) f(x 0 ) ε Definition. För vrje δ > 0 klls intervllet (x 0 δ,x 0 + δ) := {x x x 0 < δ} en omgivning (eller öppen omgivning) v x 0 R, (x 0 δ,x 0 + δ) \ {x 0 } är en punkterd omgivning v x 0. 18
Definition.3 Låt f vr en reell funktion och x 0 R sådn tt vrje omgivning v x 0 innehåller någon punkt ur D f. (x 0 är en s.k. höljepunkt till D f ) f sägs h gränsvärdet A då x x 0 om ε > 0 δ > 0 : 0 < x x 0 < δ x D f = f(x) A < ε (.1) Om ett dylikt A ej finns säger vi tt f sknr gränsvärde då x x 0. Att f hr gränsvärdet A då x x 0 beteckns lim f(x) = A. x x 0 Vi kn också uttryck det sålund: f(x) A då x x 0. Sts.1 Antg tt x 0 D f. Då är f kontinuerlig i x 0 om och endst om f(x) f(x 0 ) då x x 0. Följer omedelbrt v definitionen på kontinuitet och Definition.3. Definition.4 Tlföljden {x n } n=1 sägs h gränsvärdet A, eller konverger mot A, då n om ε > 0 N : n > N = x n A < ε. Beteckning lim x n = A. n (C) Kontinuitetsxiomet Låt M vr en tlmängd som uppfyller (A), (M) och (O) (se kp. 1). M uppfyller (C) kontinuitetsxiomet om vi dessutom hr: Låt {x n } n=1 vr en tlföljd med (i) x n+1 x n, n = 1,,... (ickevtgnde) (ii) K : x n K, n = 1,,... (begränsd). Då existerr ett tl L M så tt lim n x n = L och x n L K för ll n=1,,... Mn kn vis tt (A), (M), (O) och (C) väsentligen krkteriserr de reell tlen, d.v.s. om vi hr en mängd M som uppfyller (A) (C) så är den entydigt bestämd (sånär som på såklld isomorfi). 19
Sts. (Gränsvärdets entydighet) Gränsvärdet är entydigt (om det existerr), kn med ndr ord inte finns B A för vilket (.1) också gäller. (Smm slutsts för Definition.4) Bevis Antg tt (.1) gäller för B A. Sätt 0 < ε < A B. Då finns δ > 0 så tt och ett δ > 0 med Tg nu ett x D f sådnt tt 0 < x x 0 < δ x D f = f(x) A < ε 0 < x x 0 < δ x D f = f(x) B < ε. 0 < x x 0 < min(δ, δ ). det För dett x hr vi Emellertid ger olikheten f(x) A, f(x) B < A B. A B = f(x) A (f(x) B) f(x) A + f(x) B < A B. Alltså: A B < A B, vilket är en motsägelse. Dett bevisr tt gränsvärdet är entydigt. Sts.3 Låt f vr en reellvärd funktion definierd i en (punkterd) omgivning v x 0. Då gäller tt lim x x0 f(x) = L om och endst om lim n f(x n ) = L för ll tlföljder {x n } n=1, x n D f, lim n x n = x 0 och x n x 0, n N. Bevis ( = ) Tg ett ε > 0. Då existerr ett δ > 0 så tt Låt nu {x n } n=1, vr en tlföljd med 0 < x x 0 < δ = f(x) L < ε. n N : x n D f,x n x 0 och lim n x n = x 0. Enligt definition på gränsvärde för tlföljder existerr ett N sådnt tt n > N = 0 < x n x 0 < δ. (Förutstt tt x n x 0 ) (N beror v δ som i sin tur beror v ε.) Härv fås nu n > N = f(x n ) L < ε, lltså ε > 0 N så tt n > N = f(x n ) L < ε 0
lim n f(x n) = L. ( = ) Vi ntr nu tt lim n f(x n ) = L för ll tlföljder {x n } n=1 med x n D f, x n x 0,lim n x n = x 0. Antg också tt lim x x0 f(x) inte existerr eller är L. I så fll ε > 0 δ > 0 x : 0 < x x 0 < δ x D f f(x) L ε. Speciellt kn vi välj δ = 1 n och kll punkten x n: ε > 0 n x n : 0 < x n x 0 < 1 n x n D f f(x n ) L ε. Av dett ser vi tt lim n x n = x 0, x n D f, x n x 0 men lim n f(x n ) L, en motsägelse..3 Stser om kontinuitet och gränsvärden Sts.4 ) Låt c vr konstnt. Funktionen f definierd genom x R: f(x) = c är kontinuerlig på R. b) Den identisk funktionen ι definierd genom x R: ι(x) = x är kontinuerlig på R. c) Funktionen x 1 x, x 0, är kontinuerlig på R \ {0}. Bevis ) Tg ett x 0 R och ett godtyckligt ε > 0. Sätt δ = 1 (t.ex.). Det gäller trivilt tt x x 0 < 1 = f(x) f(x 0 ) < ε ty f(x) f(x 0 ) är ju c c = 0. I själv verket kn δ > 0 väljs godtyckligt. b) Tg ett x 0 R och ett godtyckligt ε > 0. Sätt δ = ε. Om nu x x 0 < δ så ι(x) ι(x 0 ) < ε eftersom ι(x) ι(x 0 ) = x x 0 < δ = ε. c) Låt f(x) = 1 x, x 0. Låt ε > 0 vr godtyckligt. Studerr f(x) f(x 0 ) = 1 x 1 = x 0 x x 0 x x 0 xx 0 x 0. Den sist olikheten gäller om x x 0 < x 0 ty då är x > x 0 ( -olikheten). Alltså x x 0 < x 0 ε, x x 0 < x 0 = f(x) f(x 0 ) < ε. Nu hr vi tt f är kontinuerlig i x 0 0; här kn vi lltså välj δ = min( x 0 ε, x 0 ). 1
Exempel Konkret kn vi fråg oss hur när x 0 = 1 vi måste välj x för tt skillnden melln f(x) = 1 x och f(x 0) = skll bli mindre än 0,001. Svret är tt 1 8 0,001 räcker. Men om x 0 = 1 10 är vårt svr 1 00 0,001. Sts.5 Antg tt funktionern f och g är definierde i en punkterd omgivning v x 0 R och låt δ > 0 vr sådnt tt {x 0 < x x 0 < δ } D f D g = {x 0 < x x 0 < δ }. Antg tt lim x x0 f(x) = A och lim x x0 g(x) = B. Då gäller lim (f(x) + g(x)) = A + B x x 0 Korollrium.1 Om f och g är kontinuerlig i x 0 så är också f + g kontinuerlig i x 0. Bevis (v stsen). Låt ε > 0 och δ 1 > 0, δ > 0, båd mindre än δ med egenskpen tt (i) 0 < x x 0 < δ 1 = f(x) A < ε och (ii) 0 < x x 0 < δ = g(x) B < ε Betrkt nu (iii) ( f(x) + g(x) ) (A + B) -olikhet f(x) A + g(x) B Om lltså δ definiers som min(δ 1,δ ) hr vi 0 < x x 0 < δ = f(x) + g(x) (A + B) < ε + ε = ε. Alltså: lim x x0 (f(x) + g(x)) = A + B Sts.6 Under ntgnden i Sts.5 gäller också Bevis Betrkt först lim f(x)g(x) = AB. x x 0 (i) f(x)g(x) AB = f(x)g(x) Ag(x)+Ag(x) AB f(x) A g(x) + A g(x) B. Låt ε > 0 vr givet. Välj 0 < δ 1 < δ så tt
(ii) 0 < x x 0 < δ 1 = g(x) B < min( ε A,1 ). Vi ntr här tt A 0. Om A = 0 väljer vi till exempel δ 1 så tt g(x) B < 1, om 0 < x x 0 < δ 1. Vi ser tt för sådn x gäller också om A = 0. Nu väljs i sin tur 0 < δ < δ så tt (iii) 0 < x x 0 < δ = f(x) A < (också ε (1+ B ) om A=0) g(x) g(x) B + B < 1 + B ε (1+ B ) Smmnställer vi (i), (ii) och (iii) fås i fllet A 0, med δ = min(δ 1,δ ) : 0 < x x 0 < δ = f(x)g(x) AB (i) < g(x) För A = 0 hr vi: Härv ε (1 + B ) + A ε (ii), (iii) A ε < (1 + B ) (1 + B ) + ε = ε f(x)g(x) (i) ε < g(x) f(x) A < (1 + B ) (1 + B ) < ε. lim x x 0 f(x)g(x) = AB. Korollrium. Om f och g är kontinuerlig i x 0, så är även f g kontinuerlig i x 0. Beviset följer omedelbrt från Sts.6 eftersom A = f(x 0 ) och B = g(x 0 ). Anmärkning Resultten i Sts.5 och Sts.6 kn generlisers till summn respektive produkten v ett ändligt ntl funktioner. Sts.7 Låt f och g vr funktioner med D f = D g = R och definier x R : h(x) = (f g)(x) := f(g(x)) (smmnstt funktionen v f och g, smmnsättningen eller kompositionen v f och g). Antg tt lim x x0 g(x) = L och tt f är kontinuerlig i L. Då fås: ( lim h(x) = f(l) = lim f(x) ) x x 0 x L 3
Bevis Enligt ntgndet gäller: (i) ε > 0 δ : (ii) ε > 0 δ : 0 < x x 0 < δ = g(x) L < ε x L < δ = f(x) f(l) < ε Låt ε > 0 vr godtyckligt. Välj δ 1 så tt (ii) gäller. Välj därefter δ så tt (i) gäller för ε = δ 1, lltså 0 < x x 0 < δ = g(x) L < δ 1. Nu fås 0 < x x 0 < δ = g(x) L < δ 1 = f(g(x)) f(l) < ε. Sts.8 Om funktionern f och g uppfyller ntgnden i Sts.5 och om lim x x0 f(x) = A 0 så gäller g(x) lim x x 0 f(x) = B A 1 Bevis f(x) = h(f(x)) där h(x) = 1 x,x 0. Från Sts.7 (modifierd en ning då D h = R {0}) fås tt lim x x0 h(f(x)) = h(a) = 1 A. Sts.6 kn tillämps g(x) f(x) = g(x)h(f(x)) lim x x 0 g(x)h(f(x)) = B 1 A = B A Anmärkning I llmänhet är D f g = {x x D g, g(x) D f }. I den modifierde versionen v Sts.7 bör också D f g innehåll en punkterd omgivning v x 0 och D f en omgivning v L. Sts.9 Låt f och g vr funktioner med D f = D g = R. Antg tt lim x x0 g(x) = L och tt det existerr en punkterd omgivning v x 0 : S δ := {x 0 < x x 0 < δ } sådn tt g(x) L för x S δ. Om lim x L f(x) = A existerr gäller tt Bevis Genom tt välj δ < δ kn vi skriv lim (f g)(x) = A x x 0 ε > 0 0 < δ < δ : 0 < x x 0 < δ = 0 < g(x) L < ε och stsen kn nu beviss på smm sätt som Sts.7. 4
Anmärkning Antgndet i Sts.9 gäller speciellt då g växer (eller vtr) monotont mot L. Sts.10 Låt f och g vr funktioner sådn tt det finns en punkterd omgivning v x 0 S δ := {x 0 < x x 0 < δ } som är en delmängd v D f och D g och inom vilken f och g smmnfller, det vill säg: x S δ : f(x) = g(x). Antg tt lim x x0 f(x) = A. Då är också lim g(x) = A x x 0 Bevis Låt ε > 0 vr givet och bestäm δ 1 så tt 0 < x x 0 < δ 1 x D f = f(x) A < ε Eftersom f(x) = g(x) för x S δ fås för δ = min(δ 1,δ ) 0 < x x 0 < δ = g(x) A = f(x) A < ε, med ndr ord lim x x 0 g(x) = A. Sts.11 Låt S δ vr som i Sts.10 utom tt f(x) < g(x) då x S δ. Om lim x x0 f(x) = A och lim x x0 g(x) = B så gäller A B. Bevis Antg tt A > B. Vi visr tt dett leder till en motsägelse. Sätt ε = A B. Bestäm sedn δ 1 och δ så tt 0 < x x 0 < δ 1 x D f = f(x) A < ε 0 < x x 0 < δ x D g = f(x) B < ε Välj nu δ = min(δ 1,δ,δ ). För 0 < x x 0 < δ hr vi B ε < g(x) < B + ε, A ε < f(x) < A + ε Men B + ε = A ε (ε är ju A B ) vrför g(x) < f(x) Dett motsäger ntgndet tt f(x) g(x) på S δ. A B. 5
Anmärkning Även om f(x) < g(x) på S δ kn vi inte dr slutstsen A < B. Till exempel för funktionern x 4 och x gäller det tt x 4 < x på (0,1) men trots det hr de smm gränsvärden i ändpunktern. Sts.1 Låt f,g och h vr funktioner för vilk gäller f(x) g(x) h(x) i en punkterd omgivning S δ v x 0. Antg tt S δ D f D g D h. Om lim x x0 f(x) = lim x x0 h(x) = A så är också lim x x0 g(x) = A. Bevis Låt ε > 0 vr godtyckligt och välj δ 1 och δ så tt 0 < x x 0 < δ 1, x D f = f(x) A < ε Sätt δ = min(δ,δ 1,δ ). Då gäller 0 < x x 0 < δ x D h = h(x) A < ε 0 < x x 0 < δ = A ε < f(x) g(x) h(x) < A + ε det vill säg g(x) A < ε. lim x x 0 g(x) = A.4 Höger- och vänstergränsvärden och -kontinuitet Definition.5 Funktionen f sägs vr höger- (vänster-) kontinuerlig i x 0 D f om ε > 0 δ > 0 : 0 x x 0 < δ, x D f = f(x) f(x 0 ) < ε. ( ε > 0 δ > 0 : 0 x 0 x < δ, x D f = f(x) f(x 0 ) < ε.) Definition.6 Funktionen f sägs h höger- (vänster-) gränsvärdet A då x x 0 om ε > 0 δ > 0 : 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) A < ε. ( ε > 0 δ > 0 : 0 < x 0 x < δ, x D f = f(x) A < ε.) 6
Beteckning: eller lim f(x) = A x x + 0 lim f(x) = A xցx 0 ( lim f(x) = A) x x 0 ( lim xրx 0 f(x) = A) Sts.13 Antg tt δ > 0 : (x 0 δ,x 0 ) D f och (x 0,x 0 + δ) D f. Då gäller lim f(x) = A x x 0 lim f(x) = lim f(x) = A x x 0 x x + 0 Korollrium.3 f kontinuerlig i x 0 f är både höger- och vänsterkontinuerlig i x 0. Bevis ( = ) Tg ett ε > 0. Enligt ntgndet gäller tt det finns ett δ > 0 med 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) A < ε. Av dett följer dels och dels 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) A < ε 0 < x 0 x < δ, x D f = f(x) A < ε. Härv kn vi dr slutstsen tt både lim x x + 0 ( = ) Om lim x x + 0 δ > 0 så tt f(x) = A och lim x x 0 f(x) = A och lim x x 0 f(x) = A. f(x) = A så finns, för givet ε > 0,δ 1 > 0, och 0 < x x 0 < δ 1, x D f = f(x) A < ε 0 < x 0 x < δ, x D f = f(x) A < ε. Med δ = min(δ 1,δ ) hr vi då 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) A < ε. lim x x 0 f(x) = A Vi kn bevis vrinter v de övrig värdesstsern i vsnitt.3 för höger- och vänstergränsvärden. Bevis en sådn som övning! 7
.5 Gränsvärden i oändligheten; oändlig gränsvärden Definition.7 Funktionen f sägs h gränsvärdet A då x (x går mot oändligheten), beteckns lim x f(x) = A, om ε > 0 N : x > N, x D f = f(x) A < ε. f sägs h gränsvärdet A då x + (respektive x ) om ε > 0 N : x > N, x D f = f(x) A < ε. (respektive ε > 0 N : x < N, x D f = f(x) A < ε.) Stsern.5.1 (vsnitt.3) gäller efter uppenbr modifiktioner också då x. Anmärkning (, N) (N,+ ) klls iblnd en omgivning v oändligheten. Följnde sts är en motsvrighet till Sts.7: Sts.14 Låt f och g vr två funktioner med D f = D g = R. Antg tt lim x g(x) = L och tt f är kontinuerlig i punkten L. Då lim f(g(x)) = f(l) x Definition.8 Funktionen f sägs h gränsvärdet, beteckns lim x x0 f(x) =, då x x 0, om K > 0 δ > 0 : 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) > K. Funktionen f sägs h gränsvärdet + ( ) om K > 0 δ > 0 : 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) > K. ( K > 0 δ > 0 : 0 < x x 0 < δ, x D f = f(x) < K.) Anmärkning Vi kn enkelt modifier ovnstående definitioner till tt gäll höger- och vänstergränsvärden då x x 0. Anmärkning Mn visr lätt tt om lim x x0 f(x) = så finns det ej något A så tt lim x x0 f(x) = A. (Jämför beviset till Sts.) 8
Reglern för ddition, multipliktion v gränsvärden, gränsvärdet v en smmnstt funktion etc. måste modifiers. Exempelvis hr vi för f g: Sts.15 Antg tt lim x f(x) = A och lim x g(x) = och tt D f = D g = R. Då gäller lim(f g)(x) = lim f(g(x)) = A. x x Bevis Tg ett ε > 0. Då finns ett K så tt x > K = f(x) A < ε. Å ndr sidn existerr för dett K ett δ > 0 så tt x < δ = g(x) > K. Av dett följer x < δ = f(g(x)) A < ε. Sts.9 motsvrs v: Sts.16 Antg tt lim x f(x) = och lim x g(x) = och tt D f = D g = R. Antg vidre tt det finns ett M så tt g(x) för vrje x < M. Då gäller lim f(g(x)) = x Anmärkning Villkoret g(x), x < M är viktigt. Utn dett behöver ej gränsvärdet exister överhuvudtget. Sts.8 motsvrs v Sts.17 Antg tt f och g uppfyller (i) D f D g {x 0 < x x 0 < δ } = S δ för något δ > 0, (ii) f(x) 0 för vrje x S δ. Antg vidre tt lim x x0 g(x) = B 0 och lim x x0 f(x) = 0. Då gäller g(x) lim x x 0 f(x) =. Obs! B 0 nödvändigt: sätt f(x) = g(x) = x, x 0 = 0. Det gäller också tt lim f(x)g(x) = lim (f(x) + g(x)) = x x 0 x x 0 om lim x x0 g(x) = B 0 och lim x x0 f(x) =. (B får ej heller vr, + eller ) 9
.6 Gränsvärdesstser för tlföljder Jämför definition.4 i vsnitt.. Definition.9 {x n } sägs h gränsvärdet (+ respektive ) då n om M > 0 K : n > K = x n > M ( M > 0 K : n > K = x n > M resp. M > 0 K : n > K = x n < M) Genom tt till tillämplig delr utnyttj bevisen för stsern gällnde gränsvärden för funktioner kn vi bevis följnde: Sts.18 Låt {x n } och {y n } vr två tlföljder så tt A := lim n x n och B := lim n y n existerr. Då gäller (i) det finns ett M så tt: n N : x n < M d.v.s. {x n } är begränsd, (ii) om x n y n för vrje n, så är A B, (iii) om x n = y n för vrje n så är A = B, (iv) lim n (x n + by n ) = A + bb (där och b är godtycklig reell konstnter) (v) lim n x n y n = AB (vi) Om A 0 så lim n y n xn = B A. Bevis Här endst (i) och (vi). (i) Tg ε = 1. Då existerr ett N så tt Villkoret i (i) uppfylls om M väljs = n > N = x n A < 1. mx{ x 1, x,..., x n, A + 1, A 1 }. (vi) Välj ett ε > 0 godtyckligt. Undersöker y n B x n A = y n B + B B x n x n x n A y n B + B 1 x n 1 x n A = y n B + B x n A x n x n A N 1 : n > N 1 = x n A < A (.) 30
För dess x n gäller också x n > A och, från (.), y n A y n B + B A x n A x n Om vi nu väljer N och N 3 så tt n > N = y n B < ε A 4 och så ger n > mx(n 1,N,N 3 ) = n > N 3 = x n A < ε A 4 B y n B x n A < ε A A 4 + A ε B 4 B A = ε. Sts.19 Låt {x n }, {y n }, {z n } vr tlföljder som uppfyller (i) x n y n z n för vrje n (ii) lim n x n = lim n z n =: A Då är lim y n = A. n I Sts.3 bevisdes bl.. dett resultt: Sts.0 Antg tt funktionen f är kontinuerlig i punkten och tt tlföljden {x n } konvergerr mot då n. Då gäller lim f(x n) = f(). n Anmärkning Flytt in limes lim f(x n) = f( lim x n) n n Terminologi Om {x n } hr gränsvärdet A R då n sägs tlföljden {x n } vr konvergent. En tlföljd som inte är konvergent är divergent. OBS! Om A =,+, så är följden divergent! 31
.7 Tillägg till kpitel Existensen v kvdrtroten v två Vi börjr med tt konstter tt inget rtionellt tl hr kvdrten. Dett visste redn de gml grekern och det vr i själv verket ytterst bekymmersmt för ders mtemtisk tänknde. Påstående För ll r Q är r. (Hippsos 1 ) Bevis Vi visr tt ntgndet r Q, r =, leder till en motsägelse. Låt lltså r = m n Q där m, n är positiv heltl. Vi väljer m och n så tt bråket är slutförkortt, dvs m och n sknr gemensmm fktorer > 1. Om nu ( m n ) =, är m = n. m är ett jämnt tl ty är fktor i m. Härv följer tt m är jämnt (ty om m vore udd skulle m vr udd). m är lltså v formen p, där p är ett heltl. Vi hr 4p = n och lltså p = n. På smm sätt som ovn inses tt n är jämnt. m och n är båd jämn, dvs innehåller en fktor. Dett är en motsägelse ty vi ntog från börjn tt m och n sknr gemensmm fktorer. Nedn konstruers en tlföljd pn q n som hr ett gränsvärde L R med egenskpen L =. Låt q n = 10 n och p n = mx{p N p < 10 n } = mx{p N ( p q n ) < } Vi ser tt p 1 = 14, p = 141,... och pn q n p n+1 q n+1,n = 1,,... ty 10 p n p n+1. Dessutom: pn q n, n = 1,,... Påstående Om L = lim n p n qn (vilket existerr i R enligt kontinuitetsxiomet (C)) så gäller L = Bevis Enligt konstruktionen är ( pn 10 ) <. (Likhet kn inte gäll ty pn n 10n är rtionellt!) Följdens gränsvärde är då. (Axiom (C)) Å ndr sidn är lim ( p n n 10 n ) (.18) d.v.s. lim n ( pn 10 n ) = L. Härv: L. 1 Hippsos, 400-tlet f Kr = lim ( p n n 10 n ) lim ( p n n 10 n ) 3
Om L < så existerr ett n N med 5 10 n < L. Vi bevisr tt dett leder till tt ( pn+1 10 n ) < vilket motsäger definitionen på p n ovn: ( p n 10 n + 1 10 n ) = ( p n 10 n ) + 1 10 n + p n 10 n 1 10 n < < L + 1 10 n + 1 10 n = = L + 5 10 n <. Om tlföljden x n := (1 + 1 n )n, n = 1,,... Påstående 1 {x n } är begränsd uppåt. Bevis (1 + 1 n )n = 1 + ( ) n 1 1 n + ( ) n 1 + + ( ) n n n ( 1 = 1 + 1 n 1! n + n(n 1) 1! 1 + 1 1! + 1! + + 1 k! + + 1 n! n )n = + + n(n 1) (n k+1) n k! ( 1 n )k + + n! n! ( 1 n )n 1 + 1 + 1 + (1 ) +... + ( 1 )k 1 +... + ( 1 )n 1 1 + (1 + 1 +... + (1 )n 1 ) = 1 + 1 (1 )n 1 1 1 + = 3 Påstående {x n } är växnde. Bevis För > 1 gäller (1 + ) n 1 + n, n = 1,,... Beviss genom induktion: (1 + ) p+1 = (1 + ) p (1 + ) (1 + p)(1 + ) = 1 + p + + p 1 + (p + 1) Speciellt för = 1 n fås (1 1 n ) n 1 1 n (1+ 1 n )n (1 1 n )n 1 1 n (1+ 1 n )n (1 1 n ) (n 1) = ( n n 1 )n 1 = (1 + 1 n 1 )n 1, vilket ju är liktydigt med tt x n x n 1,n =,3,... Påstående 1 & smt xiom (C) ger tt lim n x n existerr. Dett tl klls e (Nepersk tlet ). Definition.10 lim n (1 + 1 n )n = e (,718) John Neper (Npier), (1550-1617), skotsk mtemtiker 33
Nedn nvänder vi konventionen tt n är heltl och x reellt. Påstående 3 lim x + (1 + 1 x )x = e Påstående 4 lim n ± (1 + n )n = e Påstående 5 Om lim n b n = b så gäller lim n (1 + bn n )n = e b Bevis Vi utnyttjr jämförelseföljder (jämför sts.19). För givet ε > 0 bilds följder y n och z n Det finns ett N så tt (1 + b ε n )n =: y n och (1 + b + ε n )n =: z n. n > N = b ε < b n < b + ε För n > N fås då y n (1 + b n n )n z n Då n, konvergerr y n mot e b ε och z n mot e b+ε. Eftersom exponentilfunktionen är kontinuerlig (nts!) kn vi för givet ε > 0 välj ε så tt e b ε e b < ε och e b+ε e b < ε Av dett fås tt ε > 0 N (beror v ε ) så tt n > N = (1 + b n n )n e b < ε. d.v.s. lim n (1 + b n n )n = e b. Påstående 6 lim x (1 + b x )x = e b Andr konsekvenser v (C) Av (C) följer tt N är obegränsd och tt Q ligger tätt i R. (i) Antg M R n N : n < M. Då är 1,,3,...,n,... en växnde följd som är begränsd. Enligt (C) finns ett L så tt lim n n = L. Då finns t.ex. ett N 1 med n > N 1 = L 1 < n L. För n + 1 N hr vi då L + 1 < n + 1 L + 1, en motsägelse ty n + 1 > N 1. 34
(ii) All icke-tomm intervll (, b) R, < b, innehåller punkter ur Q ( Q ligger tätt i R). (För > 0) Sätt b = ε > 0. Då existerr N N, N > 1 ε. Betrkt M = min{m Z m N > } = = min{m Z m > N}. M N >. Om M N vore b = + ε skulle M N 1 N på M. M N (,b). >, vilket skulle motsäg definitionen 35
36
Kpitel 3 Någr egenskper hos reellvärd funktioner 3.1 Stsen om mellnliggnde värden Stsen, som är intuitivt uppenbr åtminstone då mn ser på sken grfiskt, är v fundmentl betydelse i mtemtisk nlys. Sts 3.1 Antg tt funktionen f är kontinuerlig på det slutn intervllet [,b] och tt f() < f(b). Låt c vr ett tl så tt f() < c < f(b). Då finns åtminstone en punkt x 0 (,b) så tt f(x 0 ) = c. Anmärkning Med ndr ord hr ekvtionen f(x) = c en lösning i [,b]. Exempel f är kontinuerlig på [0,1] och f(0),f(1) [0,1]. Då kn ekvtionen f(x) = x löss i [0,1]. Dett följer direkt från Sts 3.1. Bevis: Sätt g(x) = f(x) x. Då är g(0) 0 och g(1) 0. Härv x 0 [0,1] : g(x 0 ) = 0. Anmärkning Om x 0 hr egenskpen f(x 0 ) = x 0, så klls x 0 fixpunkt för f. Sts 3.1 beviss med hjälp v följnde sts som kommer till nvändning också senre: Sts 3. Låt {I n },I n = [ n,b n ], vr en följd v slutn intervll sådn tt n N : I n+1 I n. 37
Om lim n (b n n ) = 0 finns det ett och endst ett tl A som ligger i vrje I n : {A} = I n. Bevis Eftersom [ n+1,b n+1 ] [ n,b n ] så gäller n n+1 b 1 och 1 b n+1 b n ; dvs { n } är icke-vtgnde och begränsd medn {b n } är icke-växnde och begränsd. Enligt (C) gäller då tt A och B med lim n n = A b 1 och lim n b n = B 1. Då n b n för vrje n hr vi tt A B. Dessutom n N: n=1 0 A B A n + n b n + b n B. Enligt ntgndet går n b n 0 och enligt definitionen på gränsvärde A n, b n B 0 då n. Härv fås (jämför vsnitt.3) A B = 0, dvs A = B. Eftersom n A = B b n för ll n N, är A [ n,b n ] = I n för ll n: A I n. n=1 Antg tt A också n=1 I n, A > A (fllet A < A behndls nlogt). Eftersom I n är ett intervll betyder A,A I n också tt [A,A ] I n vrv följer 0 < A A b n n, längden v I n. Men b n n 0 då n. A A > 0 är därför inte möjligt. Alltså: n=1 I n består v exkt en punkt. Bevis v sts 3.1: Låt 1 := och b 1 := b. Vi hr tre möjligheter: ( ) 1 + b 1 f = c, > c eller < c. ( ) ( ) 1 + b 1 1 + b 1 Om f = c, sätt x 0 =, den sökt lösningen. I det ndr fllet sätt ( ) ( ) 1 + b 1 1 + b 1 := 1 och b :=. I det tredje fllet sätt :=, b := b 1. Vi( noterr ) tt i de två sistnämnd fllen ( är f( ) ) < c och f(b ) > c. Då kn vi åter bild + b + b f. Vi hr tre lterntiv: f = c, > c, < c. I det först fllet sättes x 0 = + b 3 :=, b 3 := + b (och processen kn vbryts), i det ndr definiers och i det tredje 3 := + b, b 3 := b. På dett sätt fås ntingen 38
x 0 med f(x 0 ) = c eller så en följd [ n,b n ] v intervll som uppfyller inkpslingsvillkoret i ( ) 1 n 1 Sts 3., ty b n n = (b ). Vi hr då lim n b n = lim n n = A (enligt Sts 3.). Vi påstår nu tt f(a) = c. Dett följer v f( n ) < c < f(b n ),n N, vrv på grund v f:s kontinuitet (Sts.0) f(a) = lim n f( n) c lim n f(b n) = f(a). 3. Supremum och infimum v en tlmängd Definition 3.1 Tlmängden S sägs vr begränsd uppåt v tlet M om x M för vrje x S [M mjornt till S]. S är begränsd nedåt v tlet m om x m för vrje x S [m minornt till S]. Tlmängden S sägs vr begränsd om den är både uppåt och nedåt begränsd, dvs m,m : m x M för ll x S. Anmärkning S är begränsd M > 0 : x M, för ll x S. (Vi kn välj M som m i definitionen.) Sts 3.3 (i) Antg tt tlmängden S är icke-tom och begränsd uppåt. Då finns det ett och endst ett tl U sådnt tt x S : x U [dvs U är mjornt till S] och ε > 0 x S : U ε < x U (3.1) [dvs U minst mjornt till S]. (ii) Antg tt tlmängden S är icke-tom och begränsd nedåt. Då finns det ett och endst ett tl L så tt x S : L x och ε > 0 x S : L x < L + ε 39
Terminologi U klls S:s supremum och beteckns sup S [Engelsk även: lest upper bound, lub]. L klls S:s infimum, beteckns inf S [gretest lower bound, glb]. L är den störst minornten till S. Bevis Br (i) beviss, (ii) går nlogt. Eftersom S är uppåt begränsd finns ett M så tt x M för ll x S. Om M S så kn M uppenbrligen väljs till U (M är mjornt som uppfyller (3.1) ). Antg därför tt M / S och sätt b 1 = M. Då finns ett 1 S med 1 < b 1. Bild 1 + b 1. Det finns två möjligheter: (1) 1 + b 1 är mjornt till S, () 1 + b 1 är inte mjornt till S (dvs x S : x > 1 + b 1 ). Ifll (1) sätt := 1, b := 1 + b 1 och ifll () := 1 + b 1, b := b 1. Vi fortsätter på smm sätt. Det finns två möjligheter: (1) + b är mjornt till S, () + b är inte mjornt till S. Igen väljs 3 :=, b 3 := + b i fll (1), 3 := + b, b 3 := b i fll (). Fortsättes på smm sätt fås inkpslde intervll [ 1,b 1 ] [,b ] [ 3,b 3 ]... där b n n = n+1 (b 1 1 ). Följden { n } växer och {b n } vtr mot ett gemensmt gränsvärde Eftersom U = lim n n = lim n b n. () n N x S : x b n och (b) n N x S : n x 40
så hr U de önskde egenskpern: Ekvtionen (3.1) följer v tt ε > 0 N ε : n > N ε = U ε < n U och (b). Men finns det U U som också är mjornt och uppfyller (3.1)? Låt t ex U < U och sätt ε = U U. Eftersom U uppfyller (3.1) finns det x S med U ε < x U. Men dett x > U så U kn inte vr mjornt till S, vilket motsäger ntgndet. I och med dett är stsen bevisd. Sts 3.4 Delmängden S v R är ett intervll med ändpunktern,b, där < b om och endst om (i) S hr mer än en punkt och (ii) x 1,x S : x (x 1,x ) = x S [S konvex]. Bevis ( = ) Om S är ett intervll v formen (,b),(,b],[,b),[,b] där < b och = och b = + möjlig i (,b),(,b],[,+ ),(,+ ),(, ). (i) och (ii) är uppenbr. ( = ) Antg först tt S är begränsd. Låt = inf S och b = sup S. Antg tt x (,b). Vi visr nedn tt x S, vrför S måste vr (,b),(,b],[,b) eller [,b]. Om x (,b) så existerr x 1,x S så tt x 1 < x < x b (enligt Sts 3.3). Enligt ntgndet (ii) följer nu x S. Om nu S är begränsd nedåt och obegränsd uppåt sättes = inf S. Välj x >. Då finns x 1,x S med x 1 < x < x. Enligt (ii) hr vi igen x S. Härv följer: S är (,+ ) eller [,+ ). De övrig fllen beviss nlogt. Sts 3.5 Antg tt funktionen f är kontinuerlig på intervllet I. Då är mängden f(i) ett intervll. Om f är konstnt är f(i) en enpunktsmängd [,] := {x : x } = {}. Bevis Om f inte är konstnt hr f(i) minst två element. Antg nu tt y 1,y f(i), dvs x 1,x I med f(x 1 ) = y 1, f(x ) = y, y 1 < y. Eftersom f är kontinuerlig på (I) är den också kontinuerlig på [x 1,x ] (om x 1 < x, om x 1 > x betrktr vi [x,x 1 ]). Låt nu y 1 < c < y. Vi vill vis tt c f(i), dvs x I : f(x) = c. Men dett följer direkt v stsen om mellnliggnde värden (Sts 3.1): Eftersom f(x 1 ) = y 1, f(x ) = y och y 1 < c < y så finns det ett x 0 (x 1,x ) så tt f(x 0 ) = c. Enligt Sts 3.4 uppfyller f(i) (i) och (ii), dvs f(i) är ett intervll. 3.3 Om numrerbrhet Definition 3. Tlmängden S sägs vr numrerbr eller uppräknelig (eng.: countble, denumerble) om den är ändlig eller kn vbilds bijektivt på de nturlig tlen N. (Bijektionen klls en uppräkning v S.) En mängd som inte är numrerbr klls ickenumrerbr (eng.: uncountble). 41
Sts 3.6 (Välordningsprincipen) Vrje icke-tom delmängd T v de nturlig tlen hr ett minst element. Bevis Låt k vr vr ett element i T. Betrkt mängden S = {p p T, p k}. S är en icke-tom ändlig delmängd v T och hr lltså ett minst element s. Visr tt s också är minst elementet i T. Tg ett t T. Om t > k så följer v k s tt t > s. Om däremot t k så t S och vi hr t s pg. definitionen på s. Sts 3.7 () Vrje icke-tom delmängd v N är numrerbr. (b) Vrje icke-tom delmängd v en numrerbr mängd är numrerbr. Bevis () Låt S vr en oändlig delmängd v de nturlig tlen. (En ändlig mängd är ju definitionsmässigt numrerbr.) S hr ett minst element (enligt välordningsprincipen) som vi betecknr med k 1. Eftersom S \ {k 1 } är en oändlig delmängd v de nturlig tlen hr den mängden ett minst element k > k 1. Processen fortsätter och vi bildr successivt k 3 = min{s S s > k } = min(s \ {k 1,k }), sedn k 4,... k n,... Påstår nu tt S = {k 1,k,k 3,...}. Betecknr mängden S \ {k 1,k,k 3,...} med U. Om nu U S N är icke-tom så hr den ett minst element u. k 1 < u eftersom k 1 är minst elementet i hel S. Låt T beteckn mängden {k n n N,k n u}. Då är T ändlig och vi hr tt k i < u < k i+1 för något nturligt tl i. Dett är en motsägelse för k i+1 är definiert som det minst elementet i {s S s > k i }. Motsägelse visr tt U är tom och lltså S = {k 1,k,k 3,...}. Avbildningen n k n är en injektiv och surjektiv vbildning från N till S. k 1,k,k 3,... är en uppräkning v S. (b) Låt f vr en bijektion melln S och N (eller en delmängd v N). Låt A vr en delmängd v S. f:s restriktion f A är en bijektion melln A och en delmängd v N: f A (x) = f(x), x A f A : A V fa N f A är bijektiv eftersom D fa = A, V fa = f A (A) och f A är injektiv på grund v tt f är injektiv. 4
Sts 3.8 Om S i, i= 1,,..., är numrerbr mängder så är i=1 S i också numrerbr. Bevis Vi betrktr först fllet då S i, i = 1,,..., smtlig är oändlig numrerbr mängder. Eftersom S i är numrerbr kn den vbilds bijektivt på {(i,1),(i,),(i,3),...}. Mängden i=1 S i kn således vbilds på {(i,j) : i = 1,,..., j = 1,,...}. Elementen i denn mängd kn uppräkns t ex enligt följnde schem: (1,1) (1,) (1,3)... ր ր ր (,1) (,) (,3)... ր ր ր (3,1) (3,) (3,3)... ր ր ր (4,1) (4,) (4,3).... ր. ր. Tlpret (p,q) vbilds på (p+q 1)(p+q ) + q. Denn blir injektiv om ett element ts med br då det förekommer först gången. Vi får då en bijektion melln i=1 S i och en delmängd v N [om vi lämnr hål i uppräkningen]. Om S i n är disjunkt förekommer vrje element br en gång i uppräkningen. I det fll tt någon v mängdern S i är ändlig kn vi nvänd ovn beskrivn injektiv vbildning melln S i och en delmängd v N. Vi lämnr helt enkelt bort (p+q 1)(p+q ) + q ur uppräkningen om q är större än ntlet element i S p. Sts 3.9 Mängden v rtionell tl är numrerbr. Bevis Q = { p q = { p q p Z, q = 1,,...} p Z, q N, p,q reltivt prim} reltivt prim sknr gemensmm fktorer > 1. Q kn lltså vbilds bijektivt på: M = {(p,q) p Z, q N, p,q reltivt prim} M S = {(p,q) p Z, q N} 43
som är numrerbr enligt Sts 3.8 (se beviset till Sts 3.8). M är då numrerbr enligt Sts 3.7. Sts 3.10 Vrje fmilj v disjunkt intervll (innehållnde mer än en punkt) är numrerbr. Bevis Låt F vr en fmilj bestående v dylik disjunkt intervll. Vrje intervll innehåller en punkt r Q (se kpitel ). Vrje intervll I F kn således tillordns ett r Q. För I J är motsvrnde rtionell tl olik (ty I J = ). F kn vbilds bijektivt på en delmängd v Q. F är då numrerbr. Sts 3.11 R är ickenumrerbr. Bevis (Cntors 1 digonlförfrnde.) Det är tillräckligt tt bevis tt [0,1) inte är numrerbr. Antg tt elementen i [0,1) kn numrers. Låt x 1,x,x 3,... vr en uppräkning v tlen i [0,1). Betrkt ders decimlutveckling: x 1 = 0,d 11 d 1 d 13... x = 0,d 1 d d 3... x 3 = 0,d 31 d 3 d 33.... x n = 0,d n1 d n d n3... där d ij {0,1,...,9}. Där decimlutvecklingen slutr på,... d nk 9999... (d nk 9) väljs (stndrd)formen,...(d nk + 1)0000... Då är decimlutvecklingen v x i :n entydig. Bildr nu följden { i } i=1 enligt följnde: i = { 1 om d ii 1, i=1,,... 0 om d ii = 1 Tlet y = 0, 1 3 4... skiljer sig från ll tl i uppräkningen x 1,x,x 3,..., ty y x n eftersom x n :s n te deciml är d nn som skiljer sig från y:s n te deciml som är n. y [0,1) men y / {x 1,x,...}. [0,1) är inte uppräknelig. 1 Georg Cntor, 1845-1918 44
3.4 Monoton funktioner Definition 3.3 Funktionen f definierd på intervllet I sägs vr monoton om den hr följnde egenskper: (i) f(x 1 ) < f(x ) för vrje x 1,x I, x 1 < x, (f strängt växnde på I), eller (ii) f(x 1 ) f(x ) för vrje x 1,x I, x 1 < x, (f icke-vtgnde), eller (iii) f(x 1 ) f(x ) för vrje x 1,x I, x 1 < x, (f icke-växnde), eller (iv) f(x 1 ) > f(x ) för vrje x 1,x I, x 1 < x, (f strängt vtgnde). Sts 3.1 Antg tt f är icke-vtgnde på (,b), < b, och uppåt begränsd. Då gäller tt lim x b f(x) existerr och är lik med sup x (,b) f(x). Mer llmänt: Sts 3.13 Antg tt f är begränsd och monoton på intervllet (,b), < b. Låt x 0 (,b). Då existerr gränsvärden lim f(x), lim f(x), lim f(x), lim f(x). x + x x 0 x x + x b 0 Bevis v Sts 3.1: S = {f(x) x (,b)}. Enligt ntgndet är S uppåt begränsd v ett tl M. Då existerr sup S = sup x (,b) f(x). Beteckn dett supremum med U (jämför Sts 3.3). Enligt Sts 3.3 existerr, för vrje ε > 0, ett y(ε) S så tt U ε < y(ε) U. Eftersom y(ε) S finns ett x(ε) (,b) så tt f(x(ε)) = y(ε). Om nu 0 < b x < b x(ε) [dvs x(ε) < x < b] U ε < y(ε) = f(x(ε)) f(x) U eftersom f är ickevtgnde och U = sup x (,b) f(x). Vi hr lltså hittt ett δ(= b x(ε)) så tt 0 < b x < δ = U ε < f(x) U. lim x b f(x) = U. Sts 3.13 beviss nlogt. Sts 3.14 Mängden v diskontinuitetspunkter hos en monoton funktion är numrerbr. 45
Bevis Antg tt f är icke-vtgnde på R. x 0 är en diskontinuitetspunkt om l x0 := lim f(x) < x x 0 lim f(x) =: r x0 x x + 0 [vänstr ledet högr ledet ty om y < x 0 < z så f(y) f(z), vrv omedelbrt följer lim x x f(x) lim 0 x x + f(x)]. 0 Vrje diskontinuitetspunkt x ger således upphov till ett öppet intervll (l x,r x ). Om x är en nnn diskontinuitetspunkt med x > x, säg, så är r x l x (l x,r x ) är disjunkt. < r x. Intervllen (l x,r x ) och Fmiljen F = {(l x,r x ) x diskontinuitetspunkt för f} är en fmilj disjunkt intervll (med fler än ett element). F är numrerbr, enligt Sts 3.10. Mängden diskontinuitetspunkter är lltså högst numrerbr (kn nturligtvis vr ändlig eller tom). Om f är icke-växnde är beviset nlogt. 3.5 Bolzno-Weierstrss sts Betrkt tlföljden {x n } n=1 och låt 1 k 1 k... vr en växnde följd v heltl. Tlföljden {x kn } n=1 är då en delföljd v {x n } n=1. [Fås genom uttunning v {x n} och omnumrering.] Sts 3.15 (Bolzno-Weierstrss sts) Vrje begränsd oändlig tlföljd innehåller åtminstone en konvergent delföljd. Bevis Låt {x n } n=1 vr en begränsd tlföljd. Då,b så tt < x n < b för vrje n N. Del I 1 := [,b] i två lik lång slutn intervll. Åtminstone ett v dess innehåller oändligt mång element ur {x n }. Låt I = [, +b ] om dett innehåller oändligt mång element ur {x n }, i nnt fll sätt I = [ +b,b]. Intervllet I dels igen i två lik lång slutn intervll v vilk minst ett innehåller oändligt mång element ur {x n }. Definier I 3 på motsvrnde sätt som I ovn, dvs I 3 är vänstr hlvn v I om denn innehåller oändligt mång element, nnrs är I 3 den högr hlvn v I. På dett sätt definiers en fmilj inkpslde intervll {I n }, I 1 I I 3..., där längden {I n } = n (b ). Det finns exkt ett tl x 0 n=1 I n (Sts 3.). Visr nu tt x kn, delföljd v x n, så tt lim n x kn = x 0. Tg ett x k1 I 1, därefter x k med k > k 1 så tt x k I, sedn x k3 I 3 sådn tt k 3 > k, etc. Dett är möjligt eftersom I 1,I,...innehåller oändligt mång element ur {x n }. Klrt tt x kn x 0 < n (b ), dvs lim n x kn = x 0. Bernrd Bolzno, 1781-1848 (Prg) och Krl Weierstrss, 1815-1897 (Berlin). 46
Anmärkning x 0 är ej lls entydigt. Det kn finns mssor v olik punkter som någon delföljd konvergerr emot. (Ex: Låt {x n } vr en uppräkning v Q [0,1].) Anmärkning B = lim n (sup k n x k ) är också gränsvärde v en delföljd. Sätt y n = sup k n x k. Då är y n en vtgnde följd, y n b. Likså är A = lim n (inf k n x k ) gränsvärde för en delföljd. Vidre gäller A B. 3.6 En sts om kontinuerlig funktioner på slutn och begränsde intervll Anmärkning Ett slutet och begränst intervll [,b] klls kompkt intervll. Sts 3.16 Antg tt f är en kontinuerlig funktion på det slutn intervllet I = [,b]. Då existerr x 0,x 1 I så tt f(i) = [f(x 0 ),f(x 1 )], dvs f ntr sitt infimum (som är lik med f(x 0 )) och sitt supremum (som är lik med f(x 1 )) på I. Bevis Visr först tt f(i) är begränsd. Antg tt f(i) vore obegränsd. Då existerr x n I med f(x n ) > n. Enligt Bolzno-Weierstrss sts existerr en delföljd {x kn } så tt lim n x kn = x I. Eftersom f är kontinuerlig på I gäller då tt lim f(x k n n ) = f( x). Men dett är ej möjligt ty f(x kn ) > k n vrför lim n f(x kn ) =. f(i) är begränsd. Vet tt M = sup f(i) och m = inf f(i) existerr. Visr nu tt x 1 : f(x 1 ) = M (beviset för x 0 : f(x 0 ) = m är nlogt). Enligt definitionen på supremum existerr, för vrje n, ett z n I så tt M 1 n < f(z n) M. En delföljd {z kn } v {z n } konvergerr mot ett x 1 I. Då hr vi M 1 n < M 1 k n < f(z kn ) M (då k n n). Härv inses tt lim n f(z kn ) = M. Å ndr sidn vet vi tt lim n f(z kn ) = f(x 1 ). 47
f(x 1 ) = M Anmärkning Om intervllet ej är slutet gäller stsen inte. Exempel f(x) = x, 0 < x < 1. M = 1, m = 0. Om intervllet är oändligt gäller stsen inte heller. Exempel f(x) = 1 + e x, x 0. M =, m = 1. Anmärkning Stsen hr stor betydelse i tillämpningr där mximum eller minimum för f skll bestämms. Om mn enkelt kn uteslut viss oändlig intervll kn vi också klr v fll som inte direkt uppfyller krven i Sts 3.16. Exempel Sök sup x R e x sin x. Eftersom värdet v funktionen i π är e π > e och eftersom x > medför tt e x sin x e 1, får vi sup x R e x sin x = sup x e x sin x (Löses genom differentilklkyl) Svr: Mximet är e π 4 som nts i punkten π 4. Sts 3.16 = mx x e x sinx. 3.7 Likformig kontinuitet Definition 3.4 Funktionen f sägs vr likformigt kontinuerlig om ε > 0 δ > 0 x 1,x D f : x 1 x < δ = f(x 1 ) f(x ) < ε Vritionen i funktionsvärden är < ε i vrje intervll v längden < δ. Sts 3.17 (Heines 3 sts) Om funktionen f är kontinuerlig på det slutn intervllet I = [,b] så är den likformigt kontinuerlig på I. 3 Heinrich Edurd Heine, 181-1881, (Hlle) 48
Bevis Antg motstsen: ε > 0 δ > 0 x 1,x I : x 1 x < δ och f(x 1 ) f(x ) ε Speciellt, om vi tr δ = 1 n, n = 1,,..., kn vi finn {x 1n}, {x n } med x 1n x n < 1 n, f(x 1n) f(x n ) ε. Följden x 1n I hr en konvergent delföljd: x 0 I: lim n x 1kn = x 0. Men lim n x kn existerr också och är = x 0 : då n x kn x 0 = x kn x 1kn + x 1kn x 0 x kn x 1kn + x }{{} 1kn x 0 0 }{{} 1 kn < 1 0, då n n lim n x kn = x 0. Vi hr lltså lim n x kn = x 0 och lim n x 1kn = x 0 vrför, eftersom f är kontinuerlig i x 0, lim f(x k n n ) = lim f(x 1k n n ) = f(x 0 ). (3.) Dett motsäger vlet v x 1n och x n, ty (3.) innebär tt det finns N sådnt tt n > N = f(x kn ) f(x 0 ) < ε och f(x 1k n ) f(x 0 ) < ε, lltså f(x 1kn ) f(x kn ) f(x 1kn ) f(x 0 ) + f(x 0 ) f(x kn ) < ε + ε < ε. Antitesen är lltså flsk. f är likformigt kontinuerlig. Exempel Bevis tt x, x 0, är likformigt kontinuerlig. Enligt stsen är x, 0 x, likformigt kontinuerlig. ε > 0 δ : x 1 x, x 1,x [0,] = x 1 x < ε. För x 1,x 1 hr vi Om nu ε väljs < 1 så hr vi x 1 x = x 1 x x1 + x x 1 x x 1 x < min(δ,ε), x 1,x 0 = f(x 1 ) f(x ) < ε.. Exempel f(x) = x, x R, är ej likformigt kontinuerlig, ty x 1 x = x 1 x x 1 +x, vilket innebär tt om t.ex. x 1n = n, x n = n + 1 n så är x 1n x n < 1 n men x 1n x n 1, n = 1,... 49
3.8 Cuchyföljder och Cuchys konvergenskriterium Definition 3.5 Tlföljden {x n } n=1 sägs vr en Cuchyföljd4 (C-följd eller fundmentlföljd) om ε > 0 N : m,n > N = x m x n < ε Sts 3.18 (Cuchys konvergenskriterium) Tlföljden {x n } n=1 endst om den är en Cuchyföljd. är konvergent om och Bevis ( = ) Antg tt lim n x n := x 0 existerr. Låt ε > 0 vr givet och välj N så tt n > N = x n x 0 < ε. Då gäller för n,m > N x n x m = x n x 0 + x 0 x m x n x 0 + x 0 x m < ε + ε = ε. {x n } n=1 är en Cuchyföljd. ( = ) Antg tt {x n } n=1 är en Cuchyföljd. Påstår tt lim n x n existerr. Först viss tt {x n } n=1 är begränsd. Låt ε = 1 och välj N så tt n,m > N = x n x m < 1. Då är {x n } n=1 begränsd v mx{ x 1, x, x 3,..., x N, x N+1 + 1}. Eftersom {x n } n=1 är begränsd hr den en konvergent delföljd {x nk } k=1 (Sts 3.15, Bolzno- Weierstrss) vrs gränsvärde sätts = x 0. Vi bevisr nu tt lim n x n = x 0. Tg ett ε > 0 och observer tt (1) N 1 : m,n > N 1 = x n x m < ε () K : k > K N 1 = x nk x 0 < ε. För n > n K+1 gäller, eftersom n K+1 K + 1, tt x n x 0 = x n x nk+1 + x nk+1 x 0 x n x nk+1 + x nk+1 x 0 < ε + ε = ε. 4 Augustin Louis Cuchy, 1789-1857 (Pris) 50
Anmärkning Cuchys kriterium grnterr existens v gränsvärde utn tt vi behöver h en kndidt. Dett är en mycket viktig egenskp hos R. Sts 3.19 Antg f : R = R är en kontrktion, dvs c (0, 1) x 1,x : f(x 1 ) f(x ) c x 1 x. Då existerr en fixpunkt för f, dvs ett x 0 med f(x 0 ) = x 0. Anmärkning Fllet c = 0 kn också tillåts. I dett fll ntr funktionen f br ett end värde, dvs. är konstnt. Fixpunkten är denn konstnt. Bevis Definier x 1 R, x n+1 = f(x n ), n = 1,,... Då är {x n } n=1 (induktionsbevis): x 3 x = f(x ) f(x 1 ) c x x 1 en Cuchyföljd, ty x 4 x 3 c x 3 x c x x 1. x n+ x n+1 c n x x 1. Nu gäller x n+k+ x n+1 x n+k+ x n+k+1 + x n+k+1 x n+k +... + x n+ x n+1 (c n+k + c n+k 1 +... + c n ) x x 1 Om N uppfyller cn 1 c x x 1 < ε så får vi tt cn 1 c x x 1. n,m > N = x n x m < ε. {x n } n=1 är en Cuchyföljd och f kontinuerlig (t.o.m. likformigt kontinuerlig) x 0 = lim n x n = lim n x n+1 = lim n f(x n) = f(x 0 ). Anmärkning Fixpunkten är entydig. (Lätt!) 51