Tato úloha neprošla kontrolou správnosti

Vlastní/Nevlastní limita posloupnosti a otázka omezenosti

Úloha číslo: 692

1. Ukažte, že každá posloupnost, která má vlastní limitu, je omezená.

2. Ukažte, že každá posloupnost, která má nevlastní limitu +∞, je zdola omezená a není shora omezená.

3. Ukažte, že každá posloupnost, která má nevlastní limitu –∞, je shora omezená a není zdola omezená.

4. Ukažte, že každá posloupnost má nejvýše jednu limitu (vlastní nebo nevlastní).

5. Ukažte, že posloupnost \(\{(-1)^n\}\) nemá vlastní ani nevlastní limitu.

  • Nápověda 1

    Připomeňte si definice vlastní a nevlastní limity posloupnosti (najdete je například v úloze Základní limity posloupností).

  • Nápověda 2

    Pomocí definice vlastní limity posloupnosti si dokažte, že pokud má posloupnost vlastní limitu L, pak všechny její členy od nějakého počínaje se od čísla L liší nejvýše o jedničku.

  • Nápověda 3

    Už tedy víme, že od nějakého členu počínaje jsou všechny členy posloupnosti odlišné od limity nejvýše o jedničku. Uvědomte si, že těch před ním je konečný počet a z konečného počtu čísel lze vybrat největší i nejmenší z nich.

  • Řešení první části

    V řešení nápovědi 2 je dokázáno, že pokud má posloupnost vlastní limitu L, pak pro všechny její členy od nějakého indexu n0+1 počínaje platí |an - L| < 1, což můžeme psát také ve tvaru

    \[L-1 \, < \, a_n \, < \, L + 1.\]

    Předcházejících členů je právě n0, tedy konečný počet. Můžeme z nich tedy vybrat největší prvek (označme jej M) a nejmenší prvek (označme jej m).

    Potom větší z čísel L + 1 a M posloupnost omezuje shora, neboť prvních n0 členů není větších než M a zbylé jsou menší než L + 1.

    Podobně menší z čísel L – 1 a m posloupnost omezuje zdola, neboť prvních n0 členů není menších než m a zbylé jsou větší než L – 1.

  • Nápověda 4

    Pomocí definice nevlastních limit si dokažte, že každá posloupnost mající limitu +∞, resp. –∞ má od nějakého členu počínaje všechny členy kladné, resp. záporné.

    Uvědomte si také, že zbylých členů je konečně mnoho a lze z nich tedy vybrat největší a nejmenší.

  • Řešení druhé části

    Připomeňme definici nevlastní limity posloupnosti. Aby posloupnost měla limitu +∞, musí pro libovolné reálné číslo K existovat přirozené číslo n0 takové, že pro všechny členy posloupnosti s indexem n > n0 platí an > K.

    Odtud vyplývá, že posloupnost nemůže být omezená shora, protože ať zvolíme libovolné číslo (K), vždycky najdeme člen posloupnosti, který je větší.

    Zbývá tedy dokázat omezenost zdola. Nejprve dokážeme, že pokud posloupnost má limitu +∞, potom existuje přirozené číslo n0 takové, že všechny členy posloupnosti s indexem n > n0 jsou kladné.

    Platnost výše uvedeného tvrzení tedy dostaneme z definice tak, že využijeme možnosti zvolit číslo K libovolně (tvrzení platí pro všechna), konkrétně K = 0.

    Zbytek je podobný jako v první části.

    Předcházejících členů je právě n0, tedy konečný počet. Můžeme z nich tedy vybrat nejmenší prvek (označme jej m).

    Potom menší z čísel 0 a m posloupnost omezuje zdola, neboť prvních n0 členů není menších než m a zbylé jsou větší než 0.

  • Řešení třetí části

    Řešení je zcela analogické druhé části.

    Připomeňme definici nevlastní limity posloupnosti. Aby posloupnost měla limitu –∞, musí pro libovolné reálné číslo K existovat přirozené číslo n0 takové, že pro všechny členy posloupnosti s indexem n > n0 platí an < K.

    Odtud vyplývá, že posloupnost nemůže být omezená zdola, protože ať zvolíme libovolné číslo (K), vždycky najdeme člen posloupnosti, který je menší.

    Zbývá tedy dokázat omezenost shora. Nejprve dokážeme, že pokud posloupnost má limitu –∞, potom existuje přirozené číslo n0 takové, že všechny členy posloupnosti s indexem n > n0 jsou záporné.

    Platnost výše uvedeného tvrzení dostaneme z definice tak, že využijeme možnosti zvolit číslo K libovolně (tvrzení platí pro všechna), konkrétně K = 0.

    Předcházejících členů je právě n0, tedy konečný počet. Můžeme z nich tedy vybrat největší prvek (označme jej m).

    Potom větší z čísel 0 a M posloupnost omezuje shora, neboť prvních n0 členů není větších než M a zbylé jsou menší než 0.

  • Nápověda 5

    Důkaz, že posloupnost nemůže mít více než jednu limitu, veďte sporem. Předpokládejte tedy, že posloupnost má alespoň dvě různé limity. Dále postupujte rozborem případů:

    • obě limity jsou nevlastní,
    • jedna je vlastní a druhá je nevlastní,
    • obě limity jsou vlastní.

    Uvědomte si, že první dva případy můžete snadno vyvrátit pomocí výše dokázaných tvrzení o omezenosti. Třetí možnost vyvraťte pomocí následující úvahy: není možné, aby všechny členy posloupnosti od nějakého počínaje byly libovolně blízko dvěma různým číslům.

  • Řešení čtvrté části

    Pro spor předpokládejme, že posloupnost {an} má alespoň dvě různé limity.

    Pokud by obě byly nevlastní, pak podle druhé části úlohy máme, že posloupnost musí být zdola omezená a shora neomezená, a zároveň podle třetí části, že musí být shora omezená a zdola neomezená. Což je samozřejmě spor.

    Pokud by jedna z těchto limit byla nevlastní a druhá vlastní, potom podle první části úlohy víme, že posloupnost musí být omezená, a zároveň podle druhé nebo třetí části, že nemůže být omezená buď shora nebo zdola (podle typu nevlastní limity), což je také spor. Posloupnost je totiž omezená, právě když je zároveň omezená shora i zdola.

    Zbývá dojít ke sporu ve třetím případě, kdy obě limity předpokládáme vlastní. Označme je L1 a L2. Samozřejmě předpokládáme, že jsou různé, tj. L1L2.

    Jádrem sporu bude úvaha, že pokud všechny členy posloupnosti od nějakého počínaje jsou dostatečně blízko L1, pak nemohou být stejně blízko také L2.

    Formálně to lze dokázat takto: označme d vzájemnou vzdálenost čísel L1 a L2, tedy d = |L1L2| a zvolme ε = d/4. To proto, aby intervaly (L1ε, L1 + ε) a (L2ε, L2 + ε) byly disjunktní.

    Podle definice vlastní limity posloupnosti jsou pro libovolné kladné ε – tedy i to námi zvolené – všechny členy posloupnosti {an} od nějakého počínaje odlišné od své limity nejvýše o ono zvolené ε.

    Formálně: pro zvolené ε existuje podle definice vlastní limity posloupnosti index n1 takový, že pro každé n > n1 je |anL1| < ε, tedy an náleží pro každé n > n1 do intervalu (L1ε, L1+ε).

    Zároveň ale, protože L2 je také vlastní limitou posloupnosti {an}, pro zvolené ε existuje index n2 takový, že pro každé n > n2 je |anL2| < ε, tedy an náleží pro pro každé n > n2 do intervalu (L2ε, L2 + ε).

    Nechť n0 je větší z čísel n1 a n2. Potom z předchozích dvou odstavců víme, že pokud n > n0, pak prvek posloupnosti an musí náležet do obou intervalů (L1ε, L1 + ε) i (L2ε, L2 + ε). Což je spor, neboť tyto intervaly jsou disjunktní.

  • Nápověda 6

    Pro důkaz páté části uvažujte takto.

    Předně posloupnost \(\{(-1)^n\}\) nemůže mít nevlastní limitu kvůli druhé a třetí části úlohy. Proč?

    Může tedy mít pouze vlastní limitu, označme ji L. Zde můžete postupovat například rozlišením dvou případů: když L = 1 a když L ≠ 1. V prvním případě uvažte vzdálenost L od lichých členů a ve druhém od sudých členů.

  • Řešení páté části

    Protože posloupnost \(\{(-1)^n\}\) je omezená, nemůže mít nevlastní limitu.

    Předpokládejme tedy, že má vlastní limitu L.

    Nejprve dokážeme, že není možné, aby L = 1. Pokud by tomu tak bylo, pak by pro libovolně zvolené ε od nějakého členu počínaje musela platit nerovnost |anL| < ε. Pokud ale zvolíme například ε = 1, pak vidíme, že toto tvrzení není pravdivé, protože pro libovolný lichý člen posloupnosti je |an - L| = |(-1) – 1| = 2 > 1.

    Nyní dokážeme, že není možné ani to, aby L ≠ 1. Pokud by takové číslo L bylo limitou, pak by pro libovolně zvolené ε od nějakého členu počínaje musela platit nerovnost |anL| < ε. Pokud ale zvolíme například ε = |L-1|/2 (polovinu vzdálenosti všech sudých členů od L), pak vidíme, že toto tvrzení není pravdivé, protože polovina vzdálenosti je jistě méně než celá vzdálenost. Tj. pro libovolný sudý člen posloupnosti platí |an - L| = |1 – L| = |L – 1| > |L – 1|/2 = ε.

  • Rozbor

    Podívejme se na závěr na příklad jako celek.

    Tvrzení o omezenosti vyplývají přímo z definic. Základem důkazu je společná myšlenka: od „nějakého členu počínaje“ o posloupnosti něco víme (je libovolně blízko své vlastní limitě, překročí libovolnou horní nebo dolní mez) a předcházejících členů je konečný počet, lze z nich tedy vybrat největší i nejmenší číslo.

    Čvrté tvrzení – věta o jednoznačnosti limity – zčásti vychází z předchozích tvrzení o omezenosti. Z nich je evidentní, že posloupnost nemůže mít dvě nevlastní limity ani zároveň limitu vlastní a nevlastní. Jediné, co zbývá dokázat, je fakt, že posloupnost nemůže mít dvě různé vlastní limity. Jádrem důkazu je úvaha, že není možné být zároveň libovolně blízko dvěma různým číslům. Důkaz se nejsnáze vede sporem.

    Páté tvrzení obsahuje příklad posloupnosti, která nemá žádnou limitu. Vyvrací tak hypotézu, že každá posloupnost limitu (ať vlastní či nevlastní) mít musí. Zde ukazujeme přímý důkaz, jinou možností je použít větu o limitě vybrané posloupnosti, která říká: Jestliže posloupnost má limitu, pak každá posloupnost z ní vybraná musí mít tutéž limitu. Odtud logicky vyplývá věta: Jestliže lze z posloupnosti vybrat dvě posloupnosti s různými limitami, pak původní posloupnost limitu nemá. Vybrat z posloupnosti {(-1)n} dvě posloupnosti s různými limitami je lehké – stačí vybrat všechny sudé členy (samé jedničky) a liché členy (samé minus jedničky).

Úroveň náročnosti: Vysokoškolská úloha
Úloha řešená úvahou
Úloha vyžadující neobvyklý trik nebo nápad
Komplexní úloha
Úloha s vysvětlením teorie
Zaslat komentář k úloze