Kalkulus 2 - Grænseovergange, Kontinuitet og Følger

Kalkulus - Grænseovergange, Kontinuitet og Følger Mads Friis 8. januar 05

Indhold Grundlæggende uligheder Grænseovergange 3 3 Kontinuitet 9 4 Følger 0 5 Perspektivering 4

Grundlæggende uligheder Sætning Cauchy-Schwarz u)lighed) Lad x, y R. Da gælder x y = x y Bevis. Beviset for ovenstående overlades som en øvelse til læseren. Sætning Trekantsuligheden) Lad x, y R. Da gælder x + y x + y Bevis. Vi bemærker først, at x + y = x + y) = x + y), hvor første lighedstegn følger af Sætning. Men da fås x + y = x + y) = x + y + xy x + y + x y = x + y ) Da x x er strengt voksende kan vi altså slutte x + y x + y. Sætning 3 Bernoullis ulighed) Lad x R og n N. Da haves for x at Bevis. Betragt prædikatet P bestemt ved Vi bemærker, at P ) er trivielt opfyldt. Antag nu P k). Da fås + x) n + nx P k) : + x) k + kx, x [, ), n N + x) k+ = + x) + x) k ) + x) + kx) = + k + )x + kx ) + k + )x hvor ) følger af antagelsen P k), mens ) ses ved den trivielle betragtning kx 0 for alle k N og x R. Hermed er P k + ) vist, og sætningen følger af princippet om matematisk induktion. Sætning 4 AM-GM ulighed) Lad x, x,..., x n R +. Da haves x + x +... + x n n n x x... x n

Bevis. Betragt prædikatet P bestemt ved P k) : x + x +... + x k k Vi bemærker, at P ) trivielt er opfyldt. k x x... x k, x i R + for alle i k Antag nu P k). Lad α være det aritmetiske gennemsnit af k + ikke-negative reelle tal, altså k + )α = x + x +... + x k+ I tilfældet x = x =... = x k+ er P k + ) trivielt opfyldt, hvorfor vi ved en omarrangering af indicies kan antage x k > α og α > x k+. Da har vi Betragt nu de k tal x, x,..., x k, y med Som følge af antagelsen P k) har vi da Som følge af.) får vi dog x k α)α x k+ ) > 0.) y := x k + x k+ α x k α > 0 α k+ = α k α x x... x k yα.) x k + x k+ α)α x }{{} k x k+ = x k α)α x k+ ) > 0.3) y men da kan vi altså slutte yα > x k x k+. Vi får altså.) k+ α x x... x k yα.3) > x x... x k+ α.) k+ x x... x k yα.3) > k+ x x... x k+ eftersom x x er en strengt voksende funktion på R +. Vi har nu vist P k + ) hvorfor sætningen følger af princippet om matematisk induktion. Grænseovergange Vi introducerer indledningsvis en abstrakt definition af grænseovergange, som vi først skal anvende direkte til at vise enkelte, velkendte grænseovergange, hvorefter vi vil søge at generalisere og formalisere grundlæggende egenskaber for grænseovergange. Definition 5 Lad f : X R være en funktion med X R. Betragt a R, hvor f er defineret i en omegn af a. Vi siger da lim x a fx) = b hvis ε > 0 δ > 0 x X : x a < δ fx) b < ε 3

Lemma 6 Lad f, g, h : X R opfylde relationen fx) gx) hx), og antag lim x a fx) = lim x a hx) = b. Da er lim gx) = b x a x X Bevis. Lad ε > 0 være givet. Vi bemærker først, at antagelsen om lim x a fx) = b giver, at der findes δ, δ > 0, så x a < δ fx) b < ε 3 Betragt nu x a < δ hx) b < ε 3 gx) b = gx) fx) + fx) b gx) fx) + fx) b Før vi er i mål har vi brug for at begrænse størrelsen gx) fx), hvilket vi gør med følgende vurdering Sæt nu δ = min{δ, δ }. Da fås gx) fx) = gx) fx) hx) fx) = hx) fx) gx) b gx) fx) + fx) b hx) fx) + fx) b hx) b + fx) b + fx) b < ε 3 + ε 3 + ε 3 = ε for alle x a < δ. Hermed er det ønskede vist. Lemma 7 Vi viser, at sin x lim x 0 x = Bevis. Betragt indledningsvis Figur. Vi ser at den lille trekant har arealet sin x, cirkelstykket areal x og endelig har den store trekant areal tan x. Figur : Geometrisk vurdering af sin x 4

Dette giver os følgende vurdering for x [0, π/) En omarrangering af ovenstående giver da 0 sin x x tan x cos x sin x x, for x [0, π/).) Vi bemærker da, at x sin x og x cos x er lige funktioner, hvorfor.) er opfyldt for alle x x π, π). Men da lim x 0 cosx) = følger det ønskede af Lemma 6. Sætning 8 Antag f har en grænseværdi for x gående mod a R. Da er denne grænseværdi entydigt bestemt. Bevis. Antag at vi for b, b R har Da findes altså δ, δ > 0, så lim fx) = b og lim fx) = b x a x a x a < δ fx) b < ε Sæt nu δ = min{δ, δ }. Da fås x a < δ fx) b < ε b b = b fx) + fx) b b fx) + fx) b < ε + ε = ε for x a δ, a + δ). Men da ε > 0 var vilkårligt valgt og uligheden b b < ε ikke afhænger af x, kan vi slutte b = b, hvilket er det ønskede. Sætning 9 Lad f, g være defineret i nærheden af a R. Antag lim x a fx) = F og lim x a gx) = G. Da gælder a) lim x a fx) + gx) = F + G. b) lim x a c fx) = cf. c) lim x a fx) gx) = F G. fx) d) lim x a = F, forudsat G 0. gx) G e) Lad f : X Y og g : Y Z med X, Y, Z R. Antag lim x a fx) = b og lim y b gx) = G. Da gælder lim x a gfx)) = G 5

Bevis. Vi viser først a). Lad ε > 0 være givet. Vælg δ, δ > 0, så x a < δ fx) F < ε Sæt nu δ = min{δ, δ }. Da fås x a < δ gx) G < ε fx) + gx) F G) fx) F + gx) G < ε + ε = ε for alle x a < δ, hvilket viser det ønskede. Vi viser nu b). Lad igen ε > 0 være givet og antag c 0. Vælg δ > 0, så Da fås x a < δ fx) F < ε c cfx) cf = c fx) F < c ε c = ε for alle x a < δ. I tilfældet c = 0 er b) trivielt opfyldt. Dette viser lim x a cfx) = cf, hvilket er det ønskede. Vi viser nu c). Lad igen ε > 0 være givet. Bemærk først fx) gx) F G = fx) gx) fx) G) + fx) G F G) Ved trekantsuligheden følger det da = fx)gx) G) + Gfx) F ) fx) gx) F G fx) gx) G + G fx) F Eftersom lim x a fx) = F kan vi vælge ρ > 0 så fx) F < for alle x a < ρ. Men da følger det igen af trekantsuligheden fx) = fx) F + F fx) F + F < + F Igen, fordi vi antog lim x a fx) = F og lim x a gx) = G, kan vi vælge δ, δ > 0 så x a < δ fx) F < ε G ε x a < δ gx) G < + F ) 6

Sæt nu δ = min{ρ, δ, δ }. Da fås fx)gx) F G fx) gx) G + G fx) F for alle x a < δ, hvilket er det ønskede. < + F ) gx) G + G fx) F ε < + F ) + F ) + G ε G = ε Vi viser nu d). Lad igen ε > 0 være givet. Da lim x a gx) = G kan vi vælge δ > 0, så x a < δ gx) G < G hvilket kan omskrives til gx) > G /. Videre kan vi vælge δ > 0, så x a < δ gx) G < ε G Sæt nu δ = min{δ, δ }. Da fås for G 0 gx) G = G gx) gx)g G gx) < G G = G < ε G G = G gx) gx) G = ε G gx) for alle x a < δ. Vi kan nu slutte lim x a =. Men da følger det af c), at gx) G fx) lim x a gx) = lim fx) x a gx) = lim fx) lim x a x a gx) = F G = F G hvilket netop er det ønskede. Vi viser slutteligt e). Lad ε > 0 være givet. Da lim y b gx) = G kan vi vælge δ > 0, så y b < δ gy) G < ε Ligeledes haves, at eftersom lim x a fx) = b, da kan vi vælge δ > 0, så x a < δ fx) b < δ Men da haves gfx)) G < ε for alle x a < δ, hvilket netop er det ønskede. 7

Vi har endnu kun behandlet konvergente grænseovergange. Vi skal slutteligt definere og udlede enkelte resultater om grænseovergange, hvor funktionsværdien vokser eller aftager ubegrænset. Definition 0 Lad f : X R være en funktion med X R. Betragt a R, hvor f er defineret i en omegn af a. Vi siger da lim x a fa) = hvis K > 0 δ > 0 x X : x a < δ fx) > K Tilsvarende definerer vi for en funktion f, der er defineret på et domæne X R, som ikke er begrænset opadtil, at lim x fx) = b hvis ε > 0 M > 0 x X : x > M fx) b < ε I ovenstående tænker vi på K og M som store tal modsat ε og δ). Vi kan naturligvis kombinere ovenstående definitioner til at beskrive grænseovergange som lim x fx) = på oplagt vis. Sætning Lad f : X R være en funktion med X R. Lad endvidere g : X R opfylde fx) gx) samt lim x a gx) =. Da haves lim fx) = x a Bevis. Lad K > 0 være givet. Da vi har antaget lim x a gx) = findes δ > 0, så for alle x X haves x a < δ gx) > K Men bemærk da, at fx) gx) > K, hvilket viser at lim x a fx) =. Eksempel Lad f : R + R være givet ved fx) = x Vi viser lim x fx) = 0. Lad ε > 0 være givet. Vi har da fx) 0 < ε x < ε x > ε Sæt M = ε. Da haves x > M fx) < ε 8

Eksempel 3 Lad g : R \ {0} R være givet ved gx) = sin x x Vi viser, at lim x gx) = 0. Bemærk 0 gx), hvorfor det følger af Lemma 6 at x lim gx) = 0 x 3 Kontinuitet Begrebet kontinuitet dækker over en formalisering af den intuitive egenskab at en funktion kan være sammenhængende - vi kan med andre ord tegne grafen for en funktion uden at løfte blyanten, såfremt funktionen er kontinuert! Definition 4 Lad f : X R være en reel funktion, hvor X R. Vi siger da, at f er kontinuert i a X hvis ε > 0 δ > 0 x X : x a < δ fx) fa) < ε I ord er givet en vilkårlig størrelse ε > 0, som vi typisk vil tænke på som et meget lille tal. For at vise, at en funktion f : X R med X R er kontinuert i et punkt a X, skal vi bestemme en størrelse δ > 0, der - afhængig af valget af ε - skal sikre, at ethvert x X, som har afstand mindre end δ > 0, giver anledning til en funktionsværdi fx) med afstand mindre end ε til fa). Bemærk at vi i termer af grænseovergange kan formulere kontinuitetsegenskaben som lim fx) = fa) 3.) x a Denne betragtning gør det let for os at formulere grundlæggende værktøjer til at konstruere kontinuerte funktioner. Sætning 5 Lad f : X R og g : X R med X R være kontinuerte i a X. Da gælder i) Funktionen x fx) + gx) er kontinuert i a. ii) Funktionen x fx) gx) er kontinuert i a. iii) Funktionen x fx) gx) er kontinuert i a, hvis g er forskellig fra 0 i en omegn af a. iv) Sæt Y = fx) og definer h : Y R og antag h er kontinuert. Da er h f kontinuert i a. Bevis. Tilfældene i)-iv) følger direkte af Sætning 9, hvorfor vi ikke vil gentage beviset her. 9

4 Følger Definition 6 Lad x n ) være en følge. Vi siger, at x n ) er konvergent med grænseværdi x R såfremt ε > 0 N N : n N x n x < ε Hvis der ikke findes et sådant x siger vi x n ) divergerer. Eksempel 7 Betragt følgen x n ) bestemt ved x n = + n Vi viser at x n ) er strengt voksende. Ved Sætning 4 fås + n + n n + ) ) n > n+ + n Bemærk nu, at vi kan omskrive venstresiden, så + n ) + n = n + n + n + = + n + Da x x n+ er strengt voksende for n N kan vi ved at sammenholde ovenståede slutte x n+ = + n) n+ > + n) n = x n ) n hvilket netop viser det ønskede. Eksempel 8 Betragt følgen y n ) bestemt ved y n = + n ) n+ Vi viser, at y n ) er strent aftagende. Vi betragter følgende brøk ) n+ + n ) + n+ = n+ = n+ ) n+ n n+ n+ + n + n + ) n+ = n + n ) n+ n + n ) + n + n + n > + n + ) n+ Vi kan således ved at forlænge med nævneren i udtrykket til venstre opnå uligheden y n = + n) n+ > + ) n+ = y n+ n + 0

Sætning 9 Lad x n ) være en voksende, begrænset følge. Da er x n ) konvergent med lim x n = sup{x i i N} n Bevis. Sæt x = sup{x i i N} og lad ε > 0 være givet. Antag for modstrid, at for alle n N haves x x n ε. Men da fås x ε x n, hvorfor x ikke er supremum, hvilket er en modstrid. Vi kan altså slutte, at der findes N N, så x N x < ε. Da x n ) er en voksende følge gælder desuden om n N x x n = x x n x x N = x x N < ε hvilket netop er det ønskede. Bemærk nu at følgen x n ) fra Eksempel 7 har følgende begrænsning x n = + n) n + n) n+ = y n < y = 4 hvorfor vi kan slutte af Sætning 9 at x n ) er konvergent. Definition 0 Det naturlige tal e defineres ved e := lim + n n ) n og kan approksimeres til e, 783. Med definitionen af det naturlige tal e kan vi nu udlede følgende helt centrale egenskab. Sætning For alle x R gælder følgende ulighed e x x + Bevis. Vi bemærker først, at med a R + og substitutionen ax = n, x > 0 fås lim + x n = lim + n n) ) ax a a = lim + ) a ) x a a ) = lim + ) a ) x a a = e x hvor ) følger, da funktionen b b x er kontinuert for alle x R +. Det ses oplagt, at ovenstående ligeledes er sandt for x = 0. Vi bemærker først, at for x < giver Bernoullis ulighed os, at + x) n + nx, hvorfor y n ) n y, for n > y n

) n Da følger det af Lemma 6, at lim n y n =. Heraf ses nu for y 0, at ) n = y n y + y n n ) n ) n e y = e y for n Dette giver nu anledning til følgende betragtning for x < 0 lim + x n = lim n n) x ) n = = ex n n e x Vi får nu hvilket er det ønskede. + x + n) x n e x n Eksempel Lad os vise, at f : R R + givet ved forskriften fx) = e x er bijektiv. Bevis. Vi viser, at f er strengt voksende, hvoraf det følger, at f specielt er injektiv. Lad x, x R, hvor x > x. Da fås x x > 0 x x + > e x x > e x x > 0 e x e x x ) > 0 e x e x > 0 fx ) > fx ) Lad os desuden vise, at f ligeledes er surjektiv. Da f er kontinuert og strengt voksende bemærker vi, at f[ n, n]) = [f n), fn)] = [e n, e n ] for alle n R. Dette giver anledning til følgende beregninger som giver os ) fr) = f [ n, n] lim fn) = lim n n en = lim f n) = lim n n e n = lim n e = 0 n n= ) = f[ n, n]) = n= hvor ) følger af overvejelsen ) { y f [ n, n] y y Y n= [e n, e n ] = 0, ) n= } x [ n, n] : y = fx) n= y {y Y n N x [ n, n] : y = fx)} y {y Y n N : y f[ n, n])} y f[ n, n] n=

Da vi nu har vist, at x e x er en bijektiv funktion har vi, at der findes netop én invers funktion, som giver anledning til følgende definition. Definition 3 Lad stadig f : R R + være givet ved fx) = e x. Vi definerer nu funktionen g : R + R som den entydigt bestemte funktion, der opfylder x R : g fx) = x og x R + : f gx) = x Vi vil fremover angive g ved forskriften gx) = lnx), læs: den naturlige logaritme til x). Sætning 4 For alle x R + gælder følgende ulighed lnx) x Bevis. Vi tager udgangspunkt i den allerede kendte ulighed e x x +. Vi får for x R + x = e lnx) lnx) hvor uligheden følger af Sætning. Hermed er det ønskede vist. Vi viser slutteligt en ækvivalent definition af kontinuitet. Sætning 5 Lad f : X R med X R være en funktion. Da er f kontinuert hvis og kun hvis der om enhver følge x n ) med lim n x n = a gælder lim n fx n ) = fa). Bevis. Antag f er kontinuert i a og lad ε > 0 være givet. Vælg da δ > 0, så fx) fa) < ε for alle x a δ, a + δ). Betragt nu en vilkårlig følge x n ) med lim n x n = a, og vælg N > 0 så for alle n N haves x n a < δ. Men da følger det af kontinuitetsantagelsen, at fx n ) a < ε, hvilket viser lim n fx n ) = fa). Antag for en vilkårlig følge x n ) med lim n x n = a at lim n fx n ) = fa). Antag for modstrid, at der findes ε 0 > 0 så for alle δ > 0 eksisterer et x X, så x a < δ og fx) fa) ε. Sæt δ n = > 0 og vælg for hvert δ n i et x i, så fx i ) fa) ε 0. Da vil følgen x n ) opfylde lim n x n = a, hvorfor vi har lim n fx n ) = fa). Dette er imidlertid en modstrid, eftersom vi har fx n ) fa) ε 0 > 0. Vi viser slutteligt en anvendelelse af netop ovenstående ækvivalente definition. Eksempel 6 Betragt funktionen f : R \ {0} R givet ved ) fx) = sin x Vi viser, at f ikke kan plomberes i 0, så f bliver kontinuert. Antag for modstrid, at der findes b R, så udvidelsen af f ved at sætte f0) = b gør f kontinuert. Betragt nemlig følgerne x n ), med x i = πi y n ), med y i = i + )π 3

Vi har oplagt lim n x n = lim n y n = 0, men ) lim fx n) = lim sin n n = lim sinπn) = 0 n πn lim fy n) = lim n n sin π+ ) n = lim sin π + ) )n n = sin π) = hvilket en er modstrid, jf. Sætning 6. 5 Perspektivering Vi har i vores endimensionale tilfælde altid opfattet afstanden d mellem to punkter x, y R som dx, y) = x y Vi skal i det følgende generalisere dette afstandsbegreb i termer af en metrik, og undersøge hvordan det påvirker kontinuitet. Definition 7 Lad M være en ikke-tom mængde. En funktion d : M M R kaldes en metrik, hvis d opfylder følgende betingelser for vilkårlige elementer x, y, z M. M) dx, y) 0, dx, y) = 0 x = y Ikke-negativitet) M) dx, y) = dy, x) Symmetri) M3) dx, z) dx, y) + dy, z) Trekantsuligheden) Hvis d er en udvalgt metrik på M, kaldes parret M, d) et metrisk rum. En metrik d er altså en afbildning, der til to punkter x, y M knytter et tal dx, y). Som følge af M) kan denne værdi opfattes som afstanden mellem de to punkter, som er strengt positiv i alle tilfælde, hvor x y, som følge af M). Den tredje betingelse M3) udtrykker den intuitive egenskab at indskydes et punkt mellem to punkter, så er den stykvise afstand længere end eller lig den direkte vej. Eksempelvis har vi for punkter i planen, at længden af siden i en trekant altid er mindre end eller lig summen af de øvrige sider. Eksempel 8 Lad os betragte funktionen d : R R R defineret ved {, for x y dx, y) = 0, for x = y Vi viser, at d er en metrik på R. Lad x, y R og bemærk indledningsvis dx, y) 0. Videre haves dx, y) = 0 x = y 4

hvorfor d opfylder M). Det ses ligeledes let, at d opfylder M). Betragt endelig x, y, z R. Hvis dx, y) = eller dy, z) = er M3) trivielt opfyldt, så antag dx, y) = 0 = dy, z). Dette giver imidlertid x = y og y = z, hvorfor x = z og dx, z) = 0. I dette tilfælde er M3) således ligeledes opfyldt. Af Eksempel 9 ser vi, at vores definition af metrikker giver anledning til mere eller mindre degenererede afstandsbegreber. Det viser sig, at kontinuitetsegenskaben for en funktion f er kraftigt afhængig af, hvilken metrik vi anvender. Eksempel 9 Definér en funktion f : R, ) R, d), hvor d angiver den diskrete metrik. Antag f er kontinuert. Vi viser, at f er konstant. Vi har per antagelse, at for ε = > 0 findes δ > 0 så x a < δ dfx), fa)) < Per definition af den diskrete metrik har vi således fa) = fx) for alle x a δ, a + δ). Antag for modstrid at der findes et største M > 0 så fa) = fx) x a M, a + M) Vælg a = a M og a = a + M. Da f er kontinuert findes δ, δ > 0 så fa ) = fx) x a δ, a + δ ) fa ) = fx) x a δ, a + δ ) Siden der er overlap mellem ovenstående intervaller og a M, a+m) kan vi endvidere slutte fa ) = fa) = fa ). Sæt nu δ = min{δ, δ }. Da haves fa) = fx) x a M δ, a + M + δ) hvilket er en modstrid. Dette viser f er konstant. Definér en funktion f : R, d) R, ), hvor d angiver den diskrete metrik. Vi viser at f er kontinuert. Lad ε > 0 være givet. Vælg δ =. Bemærk nu dx, a) < δ er ækvivalent med x = a, hvorfor f oplagt er kontinuert, da da, x) < δ fx) fa) < ε x = a fx) fa) = 0 < ε hvor den nederste implikation naturligvis er opfyldt. 5

Definition 30 Definér χ : R R R ved a b, for a, b R +a )+b ) χa, b) =, for a R, b = +a, for a =, b R +b 0, for a = b = Sætning 3 Enhver funktion f : R R, som er kontinuert i R, ), er ligeledes kontinuert i R, χ). Bevis. Bemærk først, at for x, y R haves χx, y) = x y + x ) + y ) x y Antag nu at f : R R er kontinuert i R, ). Da haves altså ε > 0 δ > 0 : x a < δ fx) fa) < ε Men for samme δ > 0 gælder da for alle x a < δ, at χfx), fa)) fx) fa) < ε hvorfor f er kontinuert i R, χ). Enhver reel funktion f : R R, som er kontinuert under metrikken χ, er ligeledes kontinuert i R, ), dog er beviset mere teknisk og udelades her. En reel funktion f er således kontinuert i R, ) hvis og kun hvis f er kontinuert i R, χ), dog giver metrikken χ os videre mulighed for at arbejde med kontinuitet af funktioner med en eller flere singulariteter. Eksempel 3 Vi viser slutteligt, at funktionen f : R, ) R, χ) givet ved { x fx) =, for x 0, for x = 0 er kontinuert i 0. Lad ε > 0 være givet. Da haves χfx), f0)) < ε + fx) < ε + x < ε ε x < ε Ved at vælge δ = ε ε har vi således vist f er kontinuert i 0 under metrikken χ. 6