Tato úloha neprošla kontrolou správnosti

Dělení nulou

Úloha číslo: 808

Dokažte následující tvrzení:

(a) Pokud \[\lim_{\small n\to\infty} a_n = 0\] a zároveň an ≠ 0 (od nějakého n počínaje), potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \frac{1}{|a_n|} = +\infty.\]

(b) Pokud \[\lim_{\small n\to\infty} a_n = 0\] a zároveň an > 0 (od nějakého n počínaje), potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \frac{1}{a_n} = +\infty.\]

(c) Pokud \[\lim_{\small n\to\infty} a_n = 0\] a zároveň an < 0 (od nějakého n počínaje), potom

\[\lim_{\small n\to\infty} \frac{1}{a_n} = -\infty.\]

(d) Pokud \[\lim_{\small n\to\infty} a_n = 0,\] potom limita

\[\lim_{\small n\to\infty} \frac{1}{a_n}\]

nemusí existovat ani v případě, že an ≠ 0 (od nějakého n počínaje). Uveďte příklad takové posloupnosti.

Poznámky: Posloupnost pokládáme za korektně určenou, pokud výraz pro n-tý člen má smysl pro všechny indexy od nějakého počínaje. Tuto konvenci uvažujeme proto, že pokud libovolně změníme hodnotu předchozích členů posloupnosti, na hodnotu limity posloupnosti ani její existenci to nemá žádný vliv.

  • Řešení části (a)

    Budeme dokazovat z definice nevlastní limity. Snažíme se tedy ukázat, že pro libovolně zvolené číslo K existuje N přirozené takové, že pro každé n přirozené a větší než N platí

    \[\frac{1}{|a_n|} > K.\]

    K tomu využijeme předpokladů, že an ≠ 0 od nějakého N′ počínaje. To totiž implikuje, že ve zlomku výše nedělíme nulou a tento zlomek tak má smysl.

    Rovněž si všimněme, že pokud K je záporné nebo nula, je nerovnost zřejmá, neboť zlomek na levé straně je podílem kladných čísel, a tudíž kladné číslo.

    Předpokládejme tedy, že K > 0. Nyní využijeme předpokladu

    \[\lim \ a_n = 0.\]

    Z této limity vyplývá dle definice vlastní limity posloupnosti, že pro libovolné ε > 0 existuje N″ přirozené takové, že pro všechna n přirozená a větší než N″ platí

    \[\left|a_n\right| < \varepsilon.\]

    Volme

    \[\varepsilon = \frac{1}{K}.\]

    Potom pro všechna přirozená n, která jsou zároveň větší než N′ i N″ platí

    \[\frac{1}{|a_n|} > \frac{1}{\varepsilon} = K,\]

    což jsme chtěli ukázat. Jako hledané číslo N totiž stačí volit větší z nalezených čísel N′ a N″.

  • Řešení části (b)

    Tvzrení (b) úlohy plyne přímo z tvrzení části (a), neboť za uvedených předpokladů je

    \[\frac{1}{a_n} = \frac{1}{|a_n|}\]

    od nějakého členu počínaje a z části (a) víme, že

    \[\lim \frac{1}{|a_n|} = +\infty.\]
  • Řešení části (c)

    Tvrzení (c) úlohy plyne z tvrzení v části (a). Za uvedených předpokladů totiž platí, že

    \[|a_n| = -a_n\]

    od nějakého členu počínaje, tudíž

    \[\lim\ \frac{1}{a_n} = \lim\ \frac{1}{-|a_n|} = \lim\ -\frac{1}{|a_n|} = -\lim\ \frac{1}{|a_n|} = -(+\infty) = -\infty.\]
  • Řešení části (d)

    Příkladem takové posloupnosti může být posloupnost daná předpisem

    \[a_n = \frac{(-1)^n}{n}.\]

    Je zřejmé, že an ≠ 0 pro každé n přirozené. Dokážeme z definice vlastní limity posloupnosti, že

    \[\lim a_n = 0.\]

    Chceme tedy ukázat následující: pro libovolné ε > 0 existuje N přirozené takové, že pro každé přirozené n > N je

    \[|a_n-0| < \varepsilon.\]

    Vskutku, pokud volíme ε > 0 libovolně, potom existuje přirozené N takové, že

    \[\frac{1}{N} <\varepsilon.\]

    Jestliže je nyní n přirozené a větší než N, potom

    \[|a_n| = \left|\frac{(-1)^n}{n}\right| = \left|\frac{1}{n}\right| = \frac{1}{n} < \frac{1}{N} < \varepsilon,\]

    což jsme chtěli dokázat.

    Nyní ukážeme, že limita

    \[\lim\ \frac{1}{a_n} \quad \textrm{neexistuje}.\]

    Uvědomme si, že

    \[\frac{1}{a_n} = \frac{n}{(-1)^n} = (-1)^nn.\]

    To je lehké nahlédnout, pokud použijeme větu, která říká: pokud lze z posloupnosti vybrat dvě podposloupnosti, které mají různou limitu, pak samotná posloupnost limitu nemá. Zde je vidět, že pokud vybereme jen liché členy posloupnosti, máme

    \[\lim \ a_{2n+1} =\lim\ (-1)^{2n+1} (2n+1) =\lim\ -(2n+1) =\] \[ -2\cdot\lim\ n + \lim\ 1 = -2\cdot(+\infty) + 1 = -\infty+1 = -\infty,\]

    zatímco pokud vyberem pouze sudé členy, dostaneme

    \[\lim \ a_{2n} =\lim\ (-1)^{2n} (2n) =\lim\ 2n = 2\cdot\lim\ n = 2\cdot(+\infty) = +\infty.\]

    Bez pomoci této věty lze pro důkaz faktu, že posloupnost {(-1)nn} nemá limitu, použít důkaz sporem.

    1. Nejprve dokážeme, že tato posloupnost nemá limitu +∞. Volme K = 0. Protože každý lichý člen posloupnosti je záporný, neexistuje index, od něhož počínaje by všechny další členy posloupnosti byly větší než K, což znamená, že podmínka definice nevlastní limity posloupnosti +∞ není splněna.

    2. Podobně dokážeme, že tato posloupnost nemá limitu –∞. Volme K = 0. Protože každý sudý člen posloupnosti je kladný, neexistuje index, od něhož počínaje by všechny další členy posloupnosti byly menší než K, což opět znamená, že podmínka definice nevlastní limity posloupnosti –∞ není splněna.

    3. Konečně ukážeme, že pokud L je libovolné reálné číslo, není vlastní limitou posloupnosti {(-1)nn}. Pokud volíme například ε = 1, stačí ukázat, že neexistuje N přirozené tak, aby pro všechna přirozená n > N platilo

    \[|a_n-L| < 1.\]

    Vskutku, pokud N je libovolné přirozené číslo, potom jistě existuje sudé přirozené n > N takové, že

    \[n > L+1.\]

    (To plyne z tzv. Archimédovy vlastnosti přirozených čísel, podle které pro každé reálné číslo M, v našem případě rovném L+1, existuje přirozené číslo, které je větší. Pokud toto nalezené přirozené číslo není sudé, stačí volit přirozené číslo ještě o jedničku větší.)

    Potom ale pro toto konkrétní sudé n máme

    \[|a_n-L| = |(-1)^nn-L| = |n-L| \geq n-L > 1 = \varepsilon.\]

    Tím jsme opět ukázali, že podmínka v definice vlastní limity posloupnosti není splněna pro libovolně zvolené číslo L, které tudíž nemůže být limitou posloupnosti {(-1)nn}.

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