Tato úloha neprošla kontrolou správnosti

Limita pod odmocninou I

Úloha číslo: 786

Dokažte následující tvrzení o limitě reálné posloupnosti {an}:

(a) Pokud k je přirozené číslo a lim an > 0 (a je vlastní), potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{\lim_{\small n\to\infty} a_n}.\]

(b) Pokud k je přirozené číslo, lim an = 0 a an ≥ 0, potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{\lim_{\small n\to\infty} a_n} = 0.\]

(c) Pokud k je přirozené číslo a lim an = 0, potom buď platí

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{\lim_{\small n\to\infty} a_n} = 0,\]

anebo limita \[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n}\] neexistuje.

(d) Pokud k je liché přirozené číslo a lim an existuje a je vlastní, potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{\lim_{\small n\to\infty} a_n}.\]

(e) Pokud k je přirozené číslo a lim an = +∞, potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = +\infty.\]

(f) Pokud k je liché přirozené číslo a lim an = –∞, potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = -\infty.\]

(g) Pokud k je sudé přirozené číslo a lim an < 0 (včetně případu lim an = –∞), potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n}\]

neexistuje.

  • Nápověda 1

    Ukažte, že pro libovolná reálná čísla a, b a přirozené číslo n platí vztah

    \[a^n-b^n = \left(a-b\right)\left(a^{n-1}+a^{n-2}b+a^{n-3}b^2 + \ldots + a^2b^{n-3}+ab^{n-2}+b^{n-1}\right)\]

    Následně pak dokažte, že platí

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - \sqrt[k]{L}\right| =\] \[\left|\frac{a_n-L}{\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}}}\right|\]

    a tuto identitu použijte při řešení úlohy.

  • Nápověda 2

    Ukažte, že pokud limita posloupnosti je kladné číslo, pak od nějakého členu počínaje jsou všechny členy této posloupnosti také kladná čísla.

    Toho využijte při odhadu jmenovatele zlomku v předchozí nápovědě.

    Analogicky ukažte, že pokud limita posloupnosti je záporné číslo, pak od nějakého členu počínaje jsou všechny členy této posloupnosti také záporná čísla. Toho lze využít při řešení části (d).

  • Řešení části (a)

    Označme L = lim an. Předpokládáme, že L > 0 a chceme dokázat, že

    \[\lim_{n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{L}.\]

    Důkaz provedeme z definice limity. Pro libovolně zvolené ε > 0 se tedy snažíme ukázat, že existuje N přirozené takové, že pro všechna n > N je

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - \sqrt[k]{L}\right| < \varepsilon.\]

    K tomu využijeme vztahu (viz nápovědu 1)

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - \sqrt[k]{L}\right| =\] \[\left|\frac{a_n-L}{\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}}}\right|\]

    Protože předpokládáme, že L = lim an, vyplývá z definice limity, že čitatel zlomku umíme odhadnout (od nějakého členu počínaje) libovolně malým číslem. Přesně, ať volíme ε′ jakékoliv kladné (vhodná volba vyplyne později), potom existuje N1 takové, že pro všechna n > N1 platí

    \[|a_n-L| < \varepsilon'\]

    Pokud by se nám tedy podařilo odhadnout také jmenovatel (od nějakého členu počínaje) zespoda nějakou konstantou M nezávislou na n (alespoň od nějakého indexu počínaje), byl by důkaz hotov. Vskutku, stačilo by volit ε′ = εM, neboť od nějakého členu bychom měli,

    \[\left|\frac{a_n-L}{\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}}}\right| < \] \[< \frac{\varepsilon'}{M} = \frac{\varepsilon M}{M} = \varepsilon\]

    což jsme chtěli dokázat.

    Zbývá tedy dokázat jediné — že lze odhadnout jmenovatel konstantou zespoda. To je možné díky předpokladu, že limita L posloupnosti an je kladné číslo. Z toho totiž také vyplývá, že (od nějakého členu počínaje) jsou čísla an též kladná. Proto platí, že

    \[\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}} \geq \sqrt[k]{L^{k-1}}\]

    neboť na pravé straně jsme vynechali všechny sčítance kromě posledního, tj. samá kladná čísla.

    Výraz na pravé straně

    \[ \sqrt[k]{L^{k-1}}\]

    nezávisí na n, je tedy jednou možnou hledanou konstantou M. Důkaz části (a) je tímto hotov.

  • Řešení části (b)

    Předpokládáme, že lim an = 0 a přitom všechny členy posloupnosti jsou nezáporné (stačilo by mimochodem, kdyby tak tomu bylo od nějakého počínaje). Chceme dokázat, že

    \[\lim_{n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = 0.\]

    Důkaz opět provedeme z definice limity. Pro libovolně zvolené ε > 0 se tedy snažíme ukázat, že existuje N přirozené takové, že pro všechna n > N je

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - 0\right| < \varepsilon,\]

    a protože odmocnina nezáporného čísla je nezáporné číslo, můžeme předchozí nerovnost psát ve tvaru

    \[\sqrt[k]{a_n} < \varepsilon.\]

    Poslední nerovnost je ekvivalentní nerovnosti

    \[a_n < \varepsilon^k.\]

    Nyní využijeme faktu, že limita posloupnosti {an} je nulová. Z toho totiž vyplývá, že ať volíme ε′ jakékoliv kladné (přímo se nabízí volba ε′ = εk), potom existuje N takové, že pro všechna n > N platí

    \[|a_n| < \varepsilon'\]

    což vzhledem k nezápornosti členů posloupnosti a volbě ε′ lze psát jako

    \[a_n < \varepsilon^k.\]

    Což jsme chtěli ukázat.

  • Řešení části (c)

    Uvědomme si nejprve, že oba zmíněné případy mohou nastat. Pokud volíme posloupnost

    \[a_n = \frac{1}{n},\]

    potom lim an = 0 a podle části (b) víme, že

    \[\lim \sqrt[k]{a_n} = 0\]

    pro libovolné přirozené k.

    Naopak, pokud volíme

    \[a_n = -\frac{1}{n},\]

    potom lim an = 0, ale limita

    \[\lim \sqrt[k]{a_n}\]

    neexistuje pro žádné sudé k, neboť sudá odmocnina ze záporného čísla není (v reálných číslech) definována.

    Zbývá tedy vyloučit, že by mohla nastat ještě jiná možnost, tudíž že by limita existovala a zároveň byla různá od nuly.

    Dokažme to sporem: nechť lim an = 0 a přitom

    \[\lim \sqrt[k]{a_n} = L \neq 0.\]

    Protože ale zároveň musí platit, že L je nezáporné číslo (neboť odmocniny jsou nezáporná čísla a limita posloupnosti nezáporných čísel nemůže být záporná), musí být L > 0.

    1. Jestliže L je nyní plus nekonečno, pak z definice nevlastní posloupnosti platí, že pro libovolné K jsou od jistého indexu počínaje členové posloupnosti an > K. Volme K = 1. Pak tedy od nějakého členu počínaje platí

    \[\sqrt[k]{a_n} > 1,\]

    a tudíž také

    \[a_n > 1.\]

    To je ve sporu s tím, že lim an = 0. To totiž implikuje, že pro každé ε od jistého indexu počínaje je

    \[|a_n| < \varepsilon.\]

    Pro volbu ε < 1 tak dostáváme spor, neboť

    \[|a_n| < 1 \]

    je ve sporu s tím, že by mohlo být také

    \[a_n > 1.\]

    2. Předpokládejme tedy, že L je kladné reálné číslo. Volme nyní ε tak, aby Lε > 0 (lze volit například ε = L/2). Potom od nějakého indexu počínaje platí

    \[\left|\sqrt[k]{a_n}-L\right| < \varepsilon\]

    odkud vyplývá, že

    \[\sqrt[k]{a_n} > L-\varepsilon,\]

    a tudíž

    \[a_n > (L-\varepsilon)^k.\]

    Při zmíněné volbě ε = L/2 dostáváme, že

    \[a_n > (L/2)^k.\]

    To je ale ve sporu s tvrzením, že lim an = 0. Vskutku, pro každé kladné číslo ε′ musí od nějakého indexu počínaje podle definice limity platit, že

    \[|a_n| \leq \varepsilon'.\]

    A protože (L/2)k je také kladné číslo, lze volit ε′ právě takto. Tedy musí od nějakého indexu počínaje podle definice limity platit, že

    \[|a_n| \leq (L/2)^k,\]

    speciálně pak

    \[a_n \leq (L/2)^k,\]

    což je spor, neboť jsme zároveň výše dokázali, že od nějakého (byť jiného) indexu počínaje musí být také

    \[a_n > (L/2)^k.\]
  • Řešení části (d)

    (d) Pokud k je liché přirozené číslo a lim an existuje a je vlastní, potom

    \[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{\lim_{\small n\to\infty} a_n}.\]

    Označme L = lim an. Podle zadání předpokládáme, že L je reálné číslo. Protože k je liché přirozené číslo, předpokládáme, že k-tá odmocnina je definovaná i pro záporná reálná čísla.

    Řešení rozdělíme na dva případy. Nejprve se budeme zabývat případem, kdy L = 0 a  poté případem, kdy L ≠ 0.

    1. Předpokládáme tedy, že k je liché přirozené číslo, lim an = L = 0 a chceme dokázat, že

    \[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = 0.\]

    Celý postup je analogický řešení části (b).

    Důkaz provedeme z definice limity. Pro libovolně zvolené ε > 0 se tedy snažíme ukázat, že existuje N přirozené takové, že pro všechna n > N je

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - 0\right| < \varepsilon,\]

    a protože k je liché číslo, má odmocnina nalevo smysl také pro záporná an. Předchozí nerovnost samozřejmě lze psát ve tvaru

    \[\left|\sqrt[k]{a_n}\right| < \varepsilon\]

    ekvivalentním nerovnostem

    \[\sqrt[k]{\left|a_n\right|} < \varepsilon,\] \[|a_n| < \varepsilon^k.\]

    Nyní využijeme faktu, že limita posloupnosti {an} je nulová. Z toho totiž vyplývá, že ať volíme ε′ jakékoliv kladné (přímo se nabízí volba ε′ = εk), potom existuje N takové, že pro všechna n > N platí

    \[|a_n| < \varepsilon' = \varepsilon^k\]

    Což jsme chtěli ukázat.

    2. Celý postup je analogický řešení části (a).

    Označme L = lim an. Předpokládáme, že L ≠ 0 a chceme dokázat, že

    \[\lim_{n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = \sqrt[k]{L}\]

    za předpokladu, že k je liché přirozené číslo.

    Důkaz provedeme z definice limity. Pro libovolně zvolené ε > 0 se tedy snažíme ukázat, že existuje N přirozené takové, že pro všechna n > N je

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - \sqrt[k]{L}\right| < \varepsilon.\]

    K tomu využijeme vztahu (viz nápovědu 1)

    \[\left|\sqrt[k]{a_n} - \sqrt[k]{L}\right| =\] \[\left|\frac{a_n-L}{\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}}}\right|\]

    Protože je L = lim an, vyplývá z definice limity, že čitatel zlomku umíme odhadnout (od nějakého členu počínaje) libovolně malým číslem. Přesně, ať volíme ε′ jakékoliv kladné (vhodná volba vyplyne později), potom existuje N1 takové, že pro všechna n > N1 platí

    \[|a_n-L| < \varepsilon'\]

    Pokud by se nám tedy podařilo odhadnout také jmenovatel (od nějakého členu počínaje) zespoda nějakou konstantou M nezávislou na n (alespoň od nějakého indexu počínaje), byl by důkaz hotov. Vskutku, stačilo by volit ε′ = εM, neboť od nějakého členu bychom měli,

    \[\left|\frac{a_n-L}{\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}}}\right| < \] \[< \frac{\varepsilon'}{M} = \frac{\varepsilon M}{M} = \varepsilon\]

    což jsme chtěli dokázat.

    Zbývá tedy dokázat jediné — že lze odhadnout jmenovatel konstantou zespoda. To je možné díky předpokladu, že limita L posloupnosti an je nenulové reálné číslo. Z toho totiž také vyplývá, že (od nějakého členu počínaje) mají čísla an stejné znaménko jako číslo L. Proto platí, že

    \[\left|\sqrt[k]{a_n^{k-1}}+\sqrt[k]{a_n^{k-2}L}+\sqrt[k]{a_n^{k-3}L^2} + \ldots + \sqrt[k]{a_nL^{k-2}} + \sqrt[k]{L^{k-1}}\right| \geq \left|\sqrt[k]{L^{k-1}}\right|\]

    neboť na pravé straně jsme vynechali všechny sčítance kromě posledního, tj. buď samá kladná nebo samá záporná čísla.

    Výraz na pravé straně

    \[ \left|\sqrt[k]{L^{k-1}}\right|\]

    nezávisí na n, je tedy jednou možnou hledanou konstantou M. Důkaz části (d) je tímto hotov.

  • Řešení části (e)

    (e) Dokazujeme tvrzení: pokud k je přirozené číslo a lim an = +∞, potom

    \[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = +\infty.\]

    Chceme tedy ukázat, že ať volíme K reálné libovolně, potom existuje N takové, že pro všechna n > N je

    \[\sqrt[k]{a_n} > K.\]

    K tomu využijeme fakt, že lim an = +∞. Z toho vyplývá, že ať volíme jakékoliv K′ reálné, potom existuje N′ takové, že pro všechna n > N′ je

    \[a_n > K'.\]

    Předně si uvědomme, že pokud volíme K′ > 0, pak z toho vyplývá, že členy posloupnosti {an} jsou pro všechna n > N′ kladné, a tudíž jejich odmocniny dobře definované.

    Za druhé je zjevné, že odmocniny kladných čísel jsou kladná čísla, a tudíž při volbě K < 0 jsou pro všechna pro všechna n > N′ platí

    \[\sqrt[k]{a_n} > 0 > K.\]

    Za hledané N lze tudíž volit přímo N′.

    Za třetí, jestliže volíme K > 0, potom příslušné N hledáme takto. Nerovnost

    \[\sqrt[k]{a_n} > K\]

    je v takovém případě ekvivalentní nerovnosti

    \[a_n > K^k.\]

    Volíme pak K′ = Kk. A podle výše uvedeného víme, že existuje N′ tak, že pro všechna n > N′ je nerovnost

    \[a_n > K' = K^k\]

    pravdivá. Opět tedy stačí položit N = N′.

  • Řešení části (f)

    (f) Dokazujeme tvrzení: pokud k je liché přirozené číslo a lim an = –∞, potom

    \[\lim_{\small n\to\infty} \sqrt[k]{a_n} = -\infty.\]

    Chceme tedy ukázat, že ať volíme K reálné libovolně, potom existuje N takové, že pro všechna n > N je

    \[\sqrt[k]{a_n} < K.\]

    K tomu využijeme fakt, že lim an = –∞. Z toho vyplývá, že ať volíme jakékoliv K′ reálné, potom existuje N′ takové, že pro všechna n > N′ je

    \[a_n < K'.\]

    Předně si uvědomme, že pokud volíme K′ < 0, pak z toho vyplývá, že členy posloupnosti {an} jsou pro všechna n > N′ záporné, a tudíž jejich liché odmocniny též záporné. Tudíž při volbě K > 0 jsou pro všechna pro všechna n > N′ platí

    \[\sqrt[k]{a_n} < 0 < K.\]

    Za hledané N lze tudíž volit přímo N′.

    Za druhé, jestliže volíme K < 0, potom příslušné N hledáme takto. Nerovnost

    \[\sqrt[k]{a_n} < K\]

    je v takovém případě ekvivalentní nerovnosti

    \[a_n < K^k.\]

    Volíme pak K′ = Kk. A podle výše uvedeného víme, že existuje N′ tak, že pro všechna n < N′ je nerovnost

    \[a_n < K' = K^k\]

    pravdivá. Opět tedy stačí položit N = N′.

  • Řešení části (g)

    V nápovědě 2 a při řešení části (f) jsme dokázali, že pokud limita posloupnosti je záporné číslo nebo –∞, pak členové posloupnosti od nějakého počínaje jsou záporná čísla.

    Tudíž jejich sudé odmocniny nejsou definovány a (od nějakého členu počínaje) tudíž není definována posloupnost

    \[\{\sqrt[k]{a_n}\}.\]

    Hovořit o její limitě tudíž nemá smysl.

Úroveň náročnosti: Vysokoškolská úloha
Úloha s vysvětlením teorie
Zaslat komentář k úloze