lliimmssuupplimsup - University of the Aegean

Ακολουθίες amp Σειρές

Αντώνης Τσολομύτης

Σάμος 2012ndash2021

sumlimnrarrinfinan

lim suplim suplim suplim suplim suplim sup(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

(1+ 1

n

)n

Α Τσολομύτης Σάμος 2012ndash2019

httpmyriamathaegeangr˜atsol

Direct link httpmyriamathaegeangrrseq

Στον Κώστα

Περιεχόμενα

1 Προαπαιτούμενα 9

11 Επαγωγή 9

111 Η ανισότητα Bernoulli 10

12 Το διωνυμικό ανάπτυγμα 11

13 Η τριγωνική ανισότητα 13

14 Τριγωνομετρικές συναρτήσεις και βασικές ανισότητες

13

I Ακολουθιες 17

2 Γενικά περί ακολουθιών 19

21 Ακολουθίες και υπακολουθίες 19

22 Πράξεις ακολουθιών 21

23 Εφαρμογές και παραδείγματα 23

3 Μονότονες ακολουθίες 27

31 Ορισμοί και ιδιότητες 27


4 Φραγμένες ακολουθίες 31



5 Σύγκλιση ακολουθιών 39

51 Μηδενικές ακολουθίες 39

52 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών 41

53 Συγκλίνουσες ακολουθίες 45

54 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών 46

55 Κριτήρια σύγκλισης 51

56 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin 55

57 Η εκθετική συνάρτηση 56

571 Μελέτη της εκθετικής συνάρτησης 59

58 Ο e είναι άρρητος 61

6 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

59 Βασικά όρια 63

6 lim sup και lim inf 73

61 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων 73

62 Ιδιότητες των lim sup και lim inf 75

7 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι 79

71 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων 79

72 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος 83

73 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος 84

II Σειρες 87

8 Γενικά περί σειρών 89

81 Ορισμοί 89

82 Πράξεις με σειρές 92

9 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών 95

91 Το κριτήριο φράγματος 95

92 Το κριτήριο Cauchy 96

93 Το κριτήριο σύγκρισης 99

94 Τηλεσκοπικές σειρές 102

941 Το κριτήριο Dini-Kummer 102

95 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy 104

96 Το ολοκληρωτικό κριτήριο 107

10 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης 109

101 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά 110

1011 Το κριτήριο λόγου 110

1012 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy 112

102 Η σειρά που συγκλίνει στην εκθετική συνάρτηση 113

103 Σύγκριση με την ακολουθία 1np 115

104 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p) 117

105 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρισης σειρών 119

11 Εναλλάσουσες σειρές 123

111 Το κριτήριο Leibniz 123

112 Το κριτήριο Dirichlet 124

12 Αναδιατάξεις σειρών 127

121 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών 128


123 Το θεώρημα Riemann 130

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 7

III Βασικες εννοιες στα απειρογινομενα 135

13 Γενικά περί απειρογινομένων 137

14 Κριτήρια σύγκλισης απειρογινομένων 139

IV Ασυμπτωτικη συμπεριφορα ακολουθιων και σειρων141

15 Ασυμπτωτική συμπεριφορά ακολουθιών 143

151 Η ακολουθία n 144

152 Ιδιότητες της συνάρτησης Γ 145

153 Η μέθοδος Laplace 146

154 Η ακολουθία πn 155

1541 Απόδειξη της Πρότασης 1545 161

Βιβλιογραφία 165

Ευρετήριο Ελληνικών Όρων 167

Κεφάλαιο 1

Προαπαιτούμενα

Στο κεφάλαιο αυτό συγκεντρώνουμε υλικό που είναι απαραίτητο

για την μελέτη των ακολουθιών και των σειρών Δεν είναι απα-

ραίτητο να διαβαστεί όλο πριν ξεκινήσει κανείς το Κεφάλαιο 1

αλλά μπορεί να ανατρέχει σε αυτό κάθε φορά που θα το χρεια-

στεί

11 Επαγωγή

Υποθέτουμε ότι το σύνολο των Φυσικών αριθμών N είναι γνωστό

Επαγωγή ονομάζουμε την εξής ιδιότητα Αν ένα σύνολο A sube N έχειτις ιδιότητες

1 isin A και για κάθε n isin A ισχύει n+ 1 isin A

τότε αναγκαστικά A = N Αυτό είναι πιστευτό διότι αφού 1 isin Aαπό την παραπάνω ιδιότητα (αν n isin A τότε n + 1 isin A) τότε2 = 1 + 1 isin A Επαναλαμβάνοντας συμπεραίνουμε 3 = 2 + 1 isin Aκαι μετά 4 = 3 + 1 isin A κλπ Γράψαμε ότι είναι laquoπιστευτόraquo διότιαποτελεί αξίωμα ότι σε αυτή την περίπτωση A = N μια και δενμπορούμε να κάνουμε άπειρο πλήθος ελέγχων Πολλά βιβλία πα-

ρουσιάζουν ως αξίωμα άλλες ισοδύναμες με αυτή προτάσεις και

στη συνέχεια αποδεικνύουν την ιδιότητα της επαγωγής Συχνά

παρουσιάζεται ως αξίωμα η αρχή της καλής διάταξης για το N

κάθε υποσύνολο του N έχει ελάχιστο στοιχείο Η αρχή της καλής

διάταξης αποδεικνύεται ότι είναι ισοδύναμη με την επαγωγή Για

λεπτομέρειες μπορεί κανείς να ανατρέξει στο [5]

Η Επαγωγή χρησιμοποιείται συνήθως με την εξής μορφή Αν

ένας ισχυρισμός (μια πρόταση) εξαρτάται από το n για πα-

10 Προαπαιτούμενα

ράδειγμα η πρόταση

1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)

για να αποδειξουμε ότι ισχύει για κάθε n isin N θέτουμε

A =n isin N ισχύει ότι 1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)

Αν δείξουμε ότι 1 isin A και όποτε n isin A τότε n + 1 isin A θα έχουμεαποδείξει με την Επαγωγή ότι A = N που σημαίνει ότι η ζητούμε-νη σχέση ισχύει για κάθε n isin N Έτσι για να αποδείξουμε την

παραπάνω κάνουμε τους εξής δύο ελέγχους

(i) ελέγχουμε αν 1 isin A 1 = 121(1+ 1) το οποίο είναι αληθές

(ii) υποθέτουμε ότι ισχύει n isin A (ονομάζεται laquoεπαγωγική υπόθε-σηraquo) δηλαδή ότι ισχύει

1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)

και πρέπει να αποδείξουμε ότι n+ 1 isin A δηλαδή ότι

1+2+3+ +n+ (n+1) = 1

2(n+1)((n+1)+1) = 1

2(n+1)(n+2)

Πράγματι από την επαγωγική υπόθεση θα έχουμε ότι

1+ 2+ 3+ +n+ (n+ 1) = 1

2n(n+ 1)+ (n+ 1)

= (n+ 1)(

1

2n+ 1

)

= (n+ 1)n+ 2

2= 1

2(n+ 1)(n+ 2)

ολοκληρώνοντας την απόδειξη

111 Η ανισότητα Bernoulli

Στη συνέχεια σε διάφορα σημεία θα χρειαστούμε μια πολύ στοι-

χειώδη αλλά ταυτόχρονα σημαντική ανισότητα

λημμα 111 (Ανισότητα Bernoulli) Για κάθε θ gt minus1 και για κάθε

n isin N ισχύει(1+ θ)n ge 1+nθ

Η ισότητα ισχύει αν και μόνο αν είτε θ = 0 είτε n = 1


Απόδειξη Αν θ = 0 η ανισότητα είναι προφανής (ως ισότητα)

Έστω ότι θ ne 0 Για n = 1 προφανώς ισχύει ως ισότητα Για n = 2

έχουμε

(1+ θ)2 = 1+ 2θ + θ2 gt 1+ 2θ

Ας υποθέσουμε ότι (1+ θ)n gt 1+nθ Τότε

(1+ θ)n+1 = (1+ θ)(1+ θ)n gt (1+ θ)(1+nθ) = 1+ (n+ 1)θ +nθ2

gt 1+ (n+ 1)θ

ολοκληρώνοντας την επαγωγή

12 Το διωνυμικό ανάπτυγμα

Γενίκευση των γνωστών ταυτοτήτων

(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2

και

(a+ b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3

αποτελεί η ταυτότητα γνωστή ως διωνυμικό ανάπτυγμα για

κάθε a b isin R 0 και για κάθε n isin N ισχύει

(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

όπου (nk

)= n

k(nminus k)

Υπενθυμίζουμε ότι n = 1 middot 2 middot 3 middot middot middotn και εξrsquo ορισμού 0 = 1

Η απόδειξη αυτής της ταυτοότητας γίνεται με επαγωγή στο

n Για n = 1 το άθροισμα ισούται με

1sum

k=0

(1

k

)akb1minusk =

(1

0

)a0b1minus0 +

(1

1

)a1b1minus1 = a+ b

διότι (1

0

)= 1

0(1minus 0)= 1 και

(1

1

)= 1

1(1minus 1)= 1

Προχωράμε με το επαγωγικό βήμα Υποθέτουμε ότι ισχύει η

(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk


Πρέπει να αποδείξουμε ότι

(a+ b)n+1 =n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk

Χρησιμοποιώντας την επαγωγική υπόθεση έχουμε

(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

=nsum

k=0

(nk

)ak+1bnminusk +

nsum

k=0

(nk

)akb(n+1)minusk

θέτοντας s = k+1 και γράφοντας ξεχωριστά τον s = n+1 όρο στο

πρώτο και τον k = 0 όρο στο δεύτερο

= an+1 +nsum

s=1

(n

s minus 1

)asb(n+1)minuss +

nsum

k=1

(nk

)akb(n+1)minusk + bn+1

μετονομάζοντας το s σε k και βάζοντας μαζί τα δύο αθροίσματακαταλήγουμε στην

= an+1 +nsum

k=1

((n

kminus 1

)+(nk

))akb(n+1)minusk + bn+1

Όμως επειδή (n+ 1) = (n+ 1) middotn θα ισχύει(n

kminus 1

)+(nk

)= n

(kminus 1)(nminus (kminus 1))+ n

k(nminus k)

= n

(kminus 1)(nminus k)

(1

nminus k+ 1+ 1

k

)

= n

(kminus 1)(nminus k)k+nminus k+ 1

k((n+ 1)minus k)

= n

(kminus 1)(nminus k)n+ 1

k((n+ 1)minus k)

= (n+ 1)k((n+ 1)minus k)

=(n+ 1

k

)

Άρα επειδή(n+1n+1

)=(n+1

0

)= 1

(a+ b)n+1 = an+1 +nsum

k=1

(n+ 1

k


=n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk



13 Η τριγωνική ανισότητα

προταση 131 Για κάθε δύο πραγματικούς αριθμούς x και y ισχύειη τριγωνική ανισότητα

∣∣|x| minus |y|∣∣ le |x plusmny| le |x| + |y|

Απόδειξη Η δεξιά ανισότητα προκύπτει από την ιδιότητα

plusmna le |a|

plusmn2xy le |2xy| = 2|x| |y|

προσθέτουμε και στα δύο μέλη τους x2 = |x|2 και y2 = |y|2

x2 plusmn 2xy +y2 le |x|2 + 2|x| |y| + |y|2

άρα

|x plusmny|2 le (|x| + |y|)2

οπότε |x plusmny| le |x| + |y|Για την ανισότητα στα αριστερά

|x| = |(x plusmny)∓y| le |x plusmny| + |y|

άρα |x| minus |y| le |x plusmny| Ομοίως

|y| = |(x plusmny)∓ x| le |x plusmny| + |x|

άρα |y| minus |x| le |x plusmny| Δηλαδή

plusmn(|x| minus |y|) le |x plusmny|


14 Τριγωνομετρικές συναρτήσεις και βασικές

ανισότητες

Οι τριγωνομετρικές συναρτήσεις ορίζονται στο παρακάτω σχήμα

Τη γωνία θ τη μετράμε σε ακτίνια δηλαδή η ορθή γωνία είναιείναι π2 ≃ 157079 και ολόκληρος ο κύκλος είναι 2π ≃ 628318


1

1

θ

cscθ

secθ

cosθ

sinθ

tanθ

cotθ

Επειδή ο κύκλος έχει ακτίνα 1 από το Πυθαγόρειο Θεώρημα

ισχύει

cos2 θ + sin2 θ = 1

ταυτότητα που ονομάζεται laquoβασική τριγωνομετρική ταυτότηταraquo

Είναι χρήσιμο να απομνημονεύσουμε την παραπάνω ταυτότη-

τα μαζί με την

cos2θ minus sin2 θ = cos(2θ)

Από αυτές προκύπτουν διάφορες ταυτότητες όπως

cos(2θ) = 1minus 2 sin2 θ = 2 cos2 θ minus 1

sin(2θ) = 2 sinθ cosθ

Και επειδή tanθ = sinθ cosθ και cotθ = cosθ sinθ προκύπτουνοι

tan(2θ) = 2 tanθ1minus tan2 θ

cot(2θ) = cot2 θ minus 1

2 cotθ

Οι ποσότητες secθ και cscθ ονομάζονται τέμνουσα (secant) και

συντέμνουσα (cosecant) και ισχύει

secθ = 1

cosθcscθ = 1

sinθ

14 Τριγωνομετρικές συναρτήσεις και βασικές ανισότητες 15

Επίσης ισχύουν οι σχέσεις

sin(θ plusmnϕ) = sinθ cosϕ plusmn cosθ sinϕ

cos(θ plusmnϕ) = cosθ cosϕ ∓ sinθ sinϕ

tan(θ plusmnϕ) = tanθ plusmn tanϕ1∓ tanθ tanϕ

cot(θ plusmnϕ) = cotθ cotϕ ∓ 1

cotθ plusmn cotϕ

sin(θ +ϕ) sin(θ minusϕ) = sin2 θ minus sin2ϕ

cos(θ +ϕ) cos(θ minusϕ) = cos2 θ minus sin2ϕ

προταση 141 Για κάθε minusπ2 lt θ lt π2 και θ ne 0 ισχύει

cosθ le sinθθ

le 1

Απόδειξη Η ανισότητα προκύπτει εύκολα από τον τριγωνο-

μετρικό κύκλο αν ονομάσουμε O το κέντρο του κύκλου ακτίναςOA = 1 όπου A στον x-άξονα C το σημείο που η γωνία θ τέμνειτον άξονα των εφαπτομένων και B το σημείο που η OC τέμνειτον κύκλο (δείτε σχήμα)

O A

C

B

τότε φανερά το εμβαδόν του τριγώνου OAB είναι μικρότερο τουεμβαδού του κυκλικού τομέα OAB το οποίο με τη σειρά του είναι


μικρότερο του εμβαδού του τριγώνου OAC Δηλαδή

1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ| (11)

Αν θ isin (0 π2] τότε όλες οι παραπάνω ποσότητες είναι θετικέςκαι άρα

sinθ le θ le sinθcosθ

Συνεπώςsinθθ

le 1 και cosθ le sinθθ

δηλαδή η ζητούμενη

Αν τώρα θ isin [minusπ20)] η (11) γίνεται

minus sinθ lt minusθ lt minus sinθcosθ

Άραminus sinθminusθ le 1 δηλαδή

sinθθ

le 1

και

cosθ le minus sinθminusθ = sinθ

θ


πορισμα 142 Για κάθε x isin R ισχύει | sinx| le |x|Απόδειξη Αν |x| le 1 τότε η ανισότητα ισχύει από την Πρότα-

ση 141 διότι x isin [minusπ2 π2] αφού π2 gt 1 Αν |x| ge 1 η ζητο-

ύμενη ανισότητα ισχύει προφανώς αφού πάντα | sinx| le 1

Μέρος I

Ακολουθίες

Κεφάλαιο 2

Γενικά περί ακολουθιών

21 Ακολουθίες και υπακολουθίες

ορισμος 211 Κάθε συνάρτηση f A sube N ֏ R όπου το A είναιάπειρο σύνολο λέγεται ακολουθία πραγματικών αριθμών ή απλά

ακολουθία

Για τις ακολουθίες δεν χρησιμοποιούμε το γράμμα f αλλά γράμ-ματα όπως a b c x y z α β γ κλπ Επίσης αντί να γράφου-με a(n) για την τιμή της a στο n isin N γράφουμε an Αν θέλουμενα αναφερθούμε σε μια ακολουθία δεν γράφουμε laquoη ακολουθία

a A rarr Rraquo αλλά laquoη ακολουθία (an)nisinAraquo Αν A = N εκτός από

laquoη ακολουθία (an)nisinNraquo μπορεί να γράψουμε και (an)infinn=1 Αν δεν

υπάρχει λόγος να δηλώσουμε το πεδίο ορισμού γράφουμε laquoη α-

κολουθία (an)raquo Τέλος αν δεν υπάρχει περίπτωση σύγχυσης γιααπλοποίηση του συμβολισμού γράφουμε ακόμα και laquoη ακολουθία

anraquo παραλείποντας και τις παρενθέσεις Συχνά (αλλά όχι πάντα)το πεδίο ορισμού θα είναι όλο το σύνολο N

παραδειγμα 212 Η συνάρτηση (an)nisinN με an = 1n είναι μια ακο-

λουθία Έχουμε a1 = 1 a2 = 12 a3 = 1

3 κλπ Μια άλλη είναι η

ακολουθία bn = n όπου b1 = 1 b2 = 2 = 1middot2 = 2 b3 = 3 = 1middot2middot3 = 6

b4 = 4 = 1 middot 2 middot 3 middot 4 = 24 κλπ

ορισμος 213 Οι αριθμοί an δηλαδή οι τιμές της ακολουθίας(an)nisinA για κάθε n isin A λέγονται όροι της ακολουθίας Ο όρος an(δηλαδή η τιμή της ακολουθίας στο n) ονομάζεται n-στός όρος ήγενικός όρος της ακολουθίας (an)nisinA Το σύνολο an n isin A ονο-μάζεται σύνολο των όρων της ακολουθίας ενώ για κάθε m isin Nκάθε σύνολο της μορφής an n isin A και n gem ονομάζεται τελι-κό τμήμα της ακολουθίας

20 Γενικά περί ακολουθιών

Μια ακολουθία ορίζεται είτε με έναν τύπο για τον n-στό τηςόρο (όπως an = 1n) είτε αναδρομικά (για παράδειγμα a1 = 1 και

an+1 = an2 για κάθε n isin N) είτε με άλλο τρόπο με τον οποίο κα-θορίζονται με ακρίβεια όλοι οι όροι της και όχι με την παράθεση

λίγων όρων Με το τελευταίο εννοούμε ότι δεν έχει νόημα η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 11

21

31

4 raquo

διότι δεν είναι σαφές αν πρόκειται για την ακολουθία με τύπο

1n ή για την ακολουθία με τύπο

1

n+ (nminus 1)(nminus 2)(nminus 3)(nminus 4)

οι οποίες διαφέρουν από τον πέμπτο όρο και μετά ή κάποια άλλη

που ξεκινάει με αυτούς τους όρους

Αν περιορίσουμε μια ακολουθία σε ένα άπειρο υποσύνολο του

πεδίου ορισμού της τότε ο περιορισμός αυτός λέγεται υπακολου-

θία της αρχικής ακολουθίας

ορισμος 214 Υποθέτουμε ότι η ακολουθία an είναι ορισμένη γιακάθε n isin A sube N Αν B άπειρο υποσύνολο του A τότε η ακολουθίαan|nisinB ονομάζεται υπακολουθία της an

παραδειγμα 215 Θεωρήστε την ακολουθία an = 1n Αν αντί για

όλα τα n isin N χρησιμοποιήσουμε μόνο τους άρτιους n θα πάρουμεμια υπακολουθία της αρχικής Αυτή η υπακολουθία είναι η anμε n άρτιο Επειδή κάθε άρτιος είναι της μορφής 2n για n isin Nμπορούμε να πούμε ότι αυτή η υπακολουθία είναι η a2n = 1

2n

Έτσι ενώ η an έχει όρους τους

11

21

31

41

51

61

71

8

η υπακολουθία a2n έχει τους όρους

1

21

41

61

8

παραδειγμα 216 Θεωρούμε ένα (σταθερό) m isin N και μια ακολου-θία (an)nisinN Ορίζουμε την ακολουθία bn = am+n για κάθε n isin NΗ bn είναι υπακολουθία της an αφού φανερά

bn = an∣∣nisinN ngtm

Παρατηρώντας ότι το σύνολο των όρων της bn είναι το σύνολο

am+1 am+2 am+3

συμπεραίνουμε ότι κάθε τελικό τμήμα της an είναι υπακολουθίατης


ορισμος 217 Δυο ακολουθίες (an)nisinA και (bn)nisinB λέγονται ίσες ανA = B και an = bn για κάθε n isin A

Ασκήσεις

ασκηση 211 Περιγράψτε τις υπακολουθίες των laquoάρτιων όρωνraquo των α-

κολουθιών

n (minus1)n

ασκηση 212 Δείξτε ότι η φράση

laquoθεωρούμε την ακολουθία 4143475361718397113131 raquo

δεν αναφέρεται απαραίτητα σε μια υπακολουθία των πρώτων φυσικών

αριθμών εξετάζοντας τους όρους της an = n2minusn+41 μέχρι τον τεσσαρα-

κοστό πρώτο όρο

Ομοίως ελέγξτε ότι η ακολουθία bn = n2minus79n+1601 παράγει πρώτους

αριθμούς μέχρι τον ογδοηκοστό όρο αλλά b81 = 1763 = 41 middot 43

ασκηση 213 Αν an είναι το πλήθος όλων των διαγωνίων ενός κυρτούn-γώνου δείξτε επαγωγικά ότι an = (n2 minus 3n)2

22 Πράξεις ακολουθιών

Αν δυο ακολουθίες an και bn ορίζονται για κάθε n isin A sube N ορίζο-ναι και όλες οι πράξεις μεταξύ τους με τον αναμενόμενο τρόπο

ορισμος 221 Η ακολουθία sn όπου sn = an + bn για κάθε n isin Aονομάζεται άθροισμα των ακολουθιών an και bn Η ακολουθίαdn = an minus bn ονομάζεται διαφορά των ακολουθιών an και bn Ηακολουθία pn = anbn για κάθε n isin A ονομάζεται γινόμενο τωνακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 τότε

an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1

n3minusn2 = 1minusn5

n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n

Ειδικά για το πηλίκο δύο ακολουθιών θα πρέπει να προσέξουμε

ώστε η ακολουθία στον διαιρέτη να μην έχει μηδενικούς όρους


ορισμος 222 Αν οι an και bn είναι ακολουθίες με n isin A sube N καιεπιπλέον bn ne 0 για κάθε n isin A τότε η ακολουθία qn = anbnονομάζεται πηλίκο των ακολουθιών an και bn

Αν an = 1n3 και bn = n2 όπως παραπάνω τότε ισχύει bn = n2 ne 0

για κάθε n isin N οπότε ορίζεται το πηλίκο anbn = 1n5

Τέλος ορίζεται και η σύνθεση ακολουθιών ως εξής

ορισμος 223 Αν η kn είναι μια ακολουθία kn A rarr B όπου AB sube N και xn μια ακολουθία με πεδίο ορισμού το B τότε ορίζεται ηακολουθία cn = xkn η οποία ονομάζεται σύνθεση των ακολουθιώνkn και xn

παρατηρηση 224 Αν για την ακολουθία kn του προηγούμενου ο-ρισμού ισχύει

k1 lt k2 lt k3 lt

δηλαδή kn lt kn+1 για κάθε n isin N τότε η σύνθεση με την xn είναιμια υπακολουθία της xn Πράγματι αυτό είναι φανερό αφού

xkn = xn∣∣kn nisinN

Αυτό ισχύει και αντίστροφα έστω ότι η yn = xn|B μια υπακολου-θία της xn Το σύνολο B γράφεται στη μορφή B = kn n isin N μεk1 lt k2 lt k3 lt αφού το B έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k1

και στη συνέχεια το B k1 έχει ελάχιστο στοιχείο έστω το k2

και ούτω καθrsquo εξής (εδώ χρησιμοποιήσαμε την καλή διάταξη του

N)

Για παράδειγμα ας θεωρήσουμε τις ακολουθίες kn = n2 isin N καιxn = 1n με πεδίο ορισμού το σύνολο N Η σύνθεσή τους είναι ηακολουθία cn = xkn = xn2 Δηλαδή πρόκειται για υπακολουθία της

xn η xn έχει όρους

1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11

ενώ η cn = xn2 έχει όρους

1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9

παρατηρηση 225 Αν θεωρήσουμε μια kn N rarr N η οποία δεν ι-

κανοποιεί την k1 lt k2 lt τότε δεν είναι απαραίτητο η xkn ναείναι υπακολουθία της xn Για παράδειγμα θεωρούμε την k1 = 2

k2 = 1 lt k1 kn = n για κάθε n ge 3 και την ακολουθία xn = 1nΤο πεδίο τιμών της cn = xkn είναι το ίδιο με αυτό της xn Έτσιαν ισχύει cn = xn|B για κάποιο B sube N ο μόνος τρόπος να ανήκει


το 12 στο πεδίο τιμών της cn είναι να ισχύει 2 isin B (αφού η xnισούται με 12 μόνο για n = 2) Αλλά τότε θα έπρεπε να ισχύει

c2 = x2 το οποίο είναι ψευδές αφού

c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2

23 Εφαρμογές και παραδείγματα

Πολλές φορές παρόλο που η παράθεση πεπερασμένου πλήθους

όρων δεν μπορεί να ορίσει μια ακολουθία όπως είδαμε στην Ε-

νότητα 21 ορίζουμε ακολουθίες ως αθροίσματα για παράδειγμα

της μορφής xn = 1+ 12+ 1

3+ + 1

n στο οποίο εμφανίζονται πεπε-

ρασμένο πλήθος όρων Τέτοιες εκφράσεις όμως είναι σαφείς από

τον γενικό προσθετέο που φαίνεται στον τελευταίο όρο της έκ-

φρασης Δηλαδή ο υπολογισμός της xn απαιτεί να προσθέσουμεόλα τα κλάσματα 1k για k isin N και k le n Έτσι για να κατα-λάβουμε μέχρι ποιο κλάσμα προσθέτουμε κάθε φορά κοιτάμε τον

τελευταίο όρο του αθροίσματος

παραδειγμα 231 Γράψτε τους τρεις πρώτους όρους της ακολου-

θίας xn = 1+ 12+ + 1

n

Για να βρούμε τον πρώτο όρο κοιτάμε με τι ισούται το 1nόταν n = 1 Επειδή αυτό ισούται με 11 = 1 συμπεραίνουμε ότι

το άθροισμα θα σταματήσει στο 1 δηλαδή x1 = 1 Για να βρούμε

τον x2 παρατηρούμε ότι το 1n ισούται με 12 όταν n = 2 άρα

το άθροισμα θα σταματήσει στο 12 δηλαδή x2 = 1+ 12 Ομοίωςx3 = 1+ 12+ 13

Υπάρχουν περιπτώσεις όπου μας δίνεται μια ακολουθία η οπο-

ία ορίζεται αναδρομικά για παράδειγμα a1 = 2 και an+1 = 2+an3για κάθε n isin N και πρέπει να βρούμε τον n-στο όρο της an ωςσυνάρτηση του n Στις απλούστερες αυτών των προβλημάτωνη εξίσωση που προκύπτει όταν αντικαταστήσουμε τόσο την anόσο και την an+1 με x η οποία ονομάζεται laquoεξίσωση αναδρο-μήςraquo έχει λύση Τότε ακολουθούμε το τέχνασμα που παρουσιάζε-

ται στα παρακάτω παραδείγματα Μια γενικότερη θεωρία των

γραμμικών αναδρομικών ακολουθιών παρουσιάζεται στο βιβλίο

[5]

παραδειγμα 232 Βρείτε τον γενικό όρο της ακολουθίας που ορίζε-

ται αναδρομικά θέτοντας a1 = 4 και an+1 = 2+an3 για κάθε n isin NΣχηματίζουμε την εξίσωση αναδρομής x = 2+ x3 η οποία έχει

μοναδική λύση την x = 3 Στη συνέχεια αφαιρούμε τον αριθμό 3

και από τα δύο μέλη του αναδρομικού τύπου

an+1 minus 3 =(

2+ an3

)minus 3 = 1

3(an minus 3)


Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2

(anminus2minus3) = middot middot middot =(

1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1

(Ο σωστός εκθέτης στην προτελευταία ισότητα είναι πράγματι

nminus 1 το βρίσκουμε παρατηρώντας ότι ο εκθέτης του κλάσματος

13 σε κάθε ισότητα αθροίζεται στο n όταν του προστεθεί ο δε-ίκτης του όρου της ακολουθίας που είναι στην παρένθεση (για

παράδειγμα 2+ (nminus 2) = n))Άρα ο γενικός όρος της an είναι an = 3+ (13)nminus1

παραδειγμα 233 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και an+1 =5minus 6

an

Η εξίσωση αναδρομής x = 5minus6x έχει δύο λύσεις τις 2 και 3 Α-

φαιρούμε από την αναδρομική εξίσωση της ακολουθίας τόσο τον

2 όσο και τον 3 Αφαιρώντας τον 2 μετά από πράξεις παίρνουμε

an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)

και αφαιρώντας το 3

an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)

Τώρα θέλουμε να διαιρέσουμε κατά μέλη αλλά για να το κάνουμε

αυτό πρέπει να γνωρίζουμε ότι κανένας όρος της an δεν ισο-ύται με 3 Αυτό όμως προκύπτει άμεσα από την τελευταία Αν

an+1 = 3 για κάποιο n τότε an = 3 Δηλαδή αν κάποιος όρος της

ακολουθίας ισούται με 3 τότε ισούται με 3 και ο προηγούμενος

Επαγωγικά θα καταλήξουμε σε άτοπο αφού a1 = 5 ne 3

Διαιρώντας λοιπόν κατά μέλη οδηγούμαστε στην

an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2

anminus2 minus 3= middot middot middot =

(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n

Λύνοντας ως προς an (αφαιρούμε αριθμητές από παρονομαστές )παίρνουμε αμέσως

an = 2+ 3n

3n minus 2n

παραδειγμα 234 Βρείτε τον γενικό όρο της an με a1 = 5 και an+1 =4anminus9anminus2

Σε αυτή την περίπτωση η εξίσωση αναδρομής x = (4xminus9)(xminus2) είναι ισοδύναμη με την (x minus 3)2 = 0 δηλαδή έχει διπλή ρίζα το


3 Σε αυτές τις περιπτώσεις κάνουμε το εξής τέχνασμα πρώτα

αφαιρούμε τη διπλή ρίζα για να καταλήξουμε στη σχέση

an+1 minus 3 = an minus 3

an minus 2

Τώρα αντιστρέφουμε τους όρους

1

an+1 minus 3= an minus 2

an minus 3= an minus 3+ 1

an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1

anminus1 minus 3= 2+ 1

anminus2 minus 3= nminus 1+ 1

a1 minus 3= nminus 1

2

Αντιστρέφοντας τους όρους της εξίσωσης και λύνοντας ως προς

an παίρνουμε

an = 3+ 2

2nminus 1

Ασκήσεις

ασκηση 231 Γράψτε τους πέντε πρώτους όρους της ακολουθίας

an = 1+ 1

22+ 1

32+ + 1

n2

και της

bn = 1+ 1

22+ 1

33+ + 1

nn

ασκηση 232 Βρείτε τον τύπο της υπακολουθίας των περιττών όρων

των ακολουθιών

an = (minus1)n1

n bn = cos(nπ) cn = sin

(nπ2

)

ασκηση 233 Θεωρήστε την ακολουθία an = logn Βρείτε τους τύπουςτων υπακολουθιών

an2 anm a2n an

ασκηση 234 Βρείτε τους γενικούς τύπους των ακολουθιών an bn και cnπου ορίζονται αναδρομικά ως εξής

(i) an+1 = 3+ 1

2an a1 = 2


(ii) bn+1 = 3minus 2

bn b1 = 3

(iii) cn+1 =3cn minus 1

4cn + 7 c1 =

3

4

ασκηση 235 Δίνονται δυο δοχεία όγκου 2a λίτρων το καθένα το δοχείοA και το δοχείο B Το A περιέχει a λίτρα καθαρής αιθανόλης (οινόπνευμα)και το B περιέχει a λίτρα νερού Λέμε ότι εκτελέσαμε μία πράξη όταν(μετά από ανακάτεμα του A) αδειάσουμε το μισό περιεχόμενο του A στοB και στη συνέχεια (μετά από ανακάτεμα του B) αδειάσουμε το μισόπεριεχόμενο του B πίσω στο A Να υπολογιστεί η ποσότητα αιθανόληςστο δοχείο B μετά από άπειρο πλήθος πράξεων καθώς και ο συνολικόςόγκος του περιεχομένου του B (Υπόδειξη η απάντηση δεν είναι ότι το Bθα περιέχει τη μισή ποσότητα αιθανόλης)

Αποδείξτε όμως ότι η περιεκτικότητα του B σε αιθανόλη μετά απόάπειρο πλήθος πράξεων θα είναι 50

Κεφάλαιο 3

Μονότονες ακολουθίες

31 Ορισμοί και ιδιότητες

Ας θεωρήσουμε την ακολουθία με γενικό όρο an = (n minus 1)n Πα-ρατηρούμε ότι

an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an

Δηλαδή για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1 Για μια ακολουθία anμε αυτή την ιδιότητα λέμε ότι η an είναι γνησίως αύξουσα Έτσιδίνουμε τον ακόλουθο ορισμό

ορισμος 311

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως αύξουσα και γράφουμεan αν για κάθε n isin N ισχύει an lt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται αύξουσα και γράφουμε an rarr ανγια κάθε n isin N ισχύει an le an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως φθίνουσα και γράφουμεan

αν για κάθε n isin N ισχύει an gt an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται φθίνουσα και γράφουμε an

rarr

αν

για κάθε n isin N ισχύει an ge an+1

bull Μια ακολουθία an λέγεται γνησίως μονότονη αν είναι είτεγνησίως αύξουσα είτε γνησίως φθίνουσα

bull Μια ακολουθία an λέγεται μονότονη αν είναι είτε αύξουσαείτε φθίνουσα

Από τον ορισμό προκύπτει άμεσα ότι μια γνήσια μονότονη α-

κολουθία είναι και μονότονη μια γνήσια αύξουσα είναι και αύξου-

σα αφού αν an lt an+1 τότε an le an+1 και ομοίως για τις γνήσια

28 Μονότονες ακολουθίες

φθίνουσες Το αντίστροφο δεν είναι βεβαίως σωστό αφού για

παράδειγμα μια σταθερή ακολουθία an = 3 για κάθε n isin N είναικαι αύξουσα και φθίνουσα αλλά δεν είναι ούτε γνήσια αύξουσα

ούτε γνήσια φθίνουσα

Συχνά για να εξετάσουμε τη μονοτονία μιας ακολουθίας an ε-ξετάζουμε αν οι διαφορές an+1 minus an έχουν το ίδιο πρόσημο γιακάθε n isin N Έτσι αν για κάθε n isin N ισχύει an+1 minus an ge 0 τότε

η an είναι αύξουσα και ομοίως για τις άλλες περιπτώσεις Ανμας ενδιαφέρει απλά ο έλεγχος της μονοτονίας (και όχι απα-

ραίτητα το είδος της) μπορούμε να εξετάσουμε αν το γινόμενο

(an+2 minus an+1)(an+1 minus an) έχει σταθερό πρόσημο για κάθε n isin N Αναυτό συμβαίνει φανερά η ακολουθία είναι μονότονη αφού σε αυ-

τή την περίπτωση κανένας παράγοντας (an+2 minus an+1) δεν μπορείνα αλλάζει πρόσημο σε σχέση με τον (an+1 minus an)Επιπλέον για θετικές ακολουθίες an μπορούμε να εξετάζουμε

αν ο λόγος an+1an είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 1 ή μικρότερος

ή ίσος του 1 Φανερά αν an+1an ge 1 για κάθε n isin N τότε η

ακολουθία είναι αύξουσα ενώ αν an+1an le 1 για κάθε n isin N τότεη ακολουθία είναι φθίνουσα

προταση 312 Αν η ακολουθία an είναι μονότονη τότε κάθε υπα-κολουθία της έχει την ίδια μονοτονία με την an

Απόδειξη Έστω ότι η cn = akn είναι υπακολουθία της an μεkn N rarr N με k1 lt k2 lt δηλαδή η kn είναι γνήσια αύξουσαΥποθέτουμε ότι η an είναι άυξουσα Φανερά ισχύει

cn = akn le akn+1 le akn+2 le le akn+1 = cn+1

οπότε και η cn είναι αύξουσα Ομοίως αν η an έχει οποιοδήποτεάλλο είδος μονοτονίας

Δεν είναι βεβαίως αλήθεια ότι κάθε ακολουθία είναι μονότονη

Για παράδειγμα η ακολουθία an = (minus1)nn δεν είναι αύξουσα

αφού a3 = minus13 lt 12 = a2 αλλά ούτε και φθίνουσα αφού a1 =minus1 lt 12 = a2 Παρατηρούμε όμως ότι η υπακολουθία των αρτίων

όρων της a2n = 1(2n) είναι φθίνουσα (και των περιττών τηςόρων είναι αύξουσα) Βλέπουμε δηλαδή ότι παρόλο που η ίδια η

an δεν έχει κανένα είδος μονοτονίας εν τούτοις έχει τουλάχιστονμια μονότονη υπακολουθία Αυτό είναι ένα γενικό φαινόμενο και

διατυπώνεται στην επόμενη πρόταση

προταση 313 Κάθε ακολουθία πραγματικών αριθμών έχει μια μο-

νότονη υπακολουθία

Απόδειξη Θεωρούμε το σύνολο των σημείων κορυφής της α-

κολουθίας an

A = k isin N ak ge an για κάθε n ge k


Αν το A είναι άπειρο σύνολο έστω ότι περιέχει τα στοιχεία

k1 lt k2 lt lt kn lt kn+1 lt

Αφού το kn είναι σημείο κορυφής (δηλαδή στοιχείο του A) καιkn+1 gt kn συμπεραίνουμε ότι akn ge akn+1 για κάθε n isin N και συνε-πώς η akn είναι φθίνουσαΑν σε αντίθετη περίπτωση το σύνολο A είναι πεπερασμένο

Έστω ότι m είναι το μεγαλύτερο στοιχείο του Τότε το k1 =m+1

δεν ανήκει το A οπότε υπάρχει k2 gt k1 ώστε ak1 lt ak2 Αλλά

τώρα k2 gt k1 = m + 1 οπότε k2 notin A Έτσι υπάρχει k3 gt k2 ώστε

ak2 lt ak3 Επαγωγικά αν έχουμε ορίσει τον akn για kn gt knminus1 gtk1 =m+ 1 ισχύει kn notin A οπότε υπάρχει kn+1 gt kn ώστε akn lt akn+1

Επαγωγικά λοιπόν ορίζεται η υπακολουθία akn η οποία από τηνκατασκευή της είναι γνησίως αύξουσα

Δηλαδή σε κάθε περίπτωση η an έχει μια μονότονη υπακολου-θία


παραδειγμα 321 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθία

an = (n2 minus 1)(2n)Ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι

an+1 minus an =n2 +n+ 1

2n(n+ 1)gt 0

για κάθε n isin N Συνεπώς η an είναι γνησίως αύξουσαΆλλος τρόπος

an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1

παραδειγμα 322 Ελέγξτε ως προς τη μονοτονία την ακολουθία anμε a1 = 1 και an+1 =

radic1+ an

Ο έλεγχος γίνεται εύκολα με επαγωγή για n = 1 ισχύει

a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1

Υποθέτοντας ότι an+1 gt an έχουμε

an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1

παραδειγμα 323 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an = (1 + 1n)n είναιγνησίως αύξουσα χρησιμοποιώντας την ανισότητα Bernoulli στην

ακολουθία (1minus 1n2)n


Σύμφωνα με την υπόδειξη

1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n

άρα για κάθε n ge 2

(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1


Ασκήσεις

ασκηση 321 Να μελετηθούν ως προς την μονοτονία οι ακολουθίες

an = 3n+ 2 an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n

an =1 middot 3 middot 5 middot middot (2nminus 1)

2 middot 4 middot 6 middot middot (2n)

an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)

an = 2n+2 sinθ2n με 0 lt θ lt π2 an =

(2n)radicn

(n)222n+1

ασκηση 322 Αποδείξτε ότι αν kn N rarr N γνησίως αύξουσα ακολουθία

φυσικών αριθμών τότε ισχύει kn ge n για κάθε n isin N

Κεφάλαιο 4

Φραγμένες ακολουθίες


Θεωρούμε την ακολουθία an = (n minus 1)n Παρατηρούμε ότι an =1 minus 1n Έτσι κανένας όρος της ακολουθίας δεν είναι μεγαλύτε-ρος από τον αριθμό 1 Δηλαδή an = 1 minus 1n le 1 Για αυτή την

ακολουθία λέμε ότι είναι άνω φραγμένη από τον αριθμό 1 ή ότι

το 1 είναι ένα άνω φράγμα της ακολουθίας Παρατηρήστε ότι

αφού an le 1 για κάθε n isin N άρα an le 2 και an leradic

3 και γενικώς

an leM για κάθε M ge 1 Έτσι το άνω φράγμα μιας ακολουθίας δεν

είναι μονοσήμαντα ορισμένο αλλά αν μια ακολουθία έχει ένα άνω

φράγμα τότε κάθε μεγαλύτερος από αυτό αριθμός είναι και αυτός

άνω φράγμα της ακολουθίας Για αυτό λέμε laquoένα άνω φράγμαraquo

και όχι laquoτο άνω φράγμαraquo της an Γενικότερα δίνουμε τον ακόλου-θο ορισμό

ορισμος 411

bull Μια ακολουθία an λέγεται άνω φραγμένη αν υπάρχει M isin Rώστε an le M για κάθε n isin N Το M λέγεται (ένα) άνω φράγματης an

bull Μια ακολουθία an λέγεται κάτω φραγμένη αν υπάρχει m isin Rώστε an ge m για κάθε n isin N Το m λέγεται (ένα) κάτω

φράγμα της an

bull Μια ακολουθία an λέγεται φραγμένη αν είναι και άνω και

κάτω φραγμένη δηλαδή αν υπάρχουν M m isin R ώστε m lean leM για κάθε n isin N

bull Μια ακολουθία an λέγεται απολύτως φραγμένη αν υπάρχειM isin R ώστε |an| le M για κάθε n isin N

32 Φραγμένες ακολουθίες

Φανερά από τον ορισμό αν η an είναι άνω φραγμένη από τοναριθμό M τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι άνω φραγμένηαπό τον ίδιο αριθμό M Ομοίως αν η an είναι κάτω φραγμένηαπό τον αριθμό m τότε και κάθε υπακολουθία της an είναι κάτωφραγμένη από τον ίδιο αριθμό mΑν ο αριθμός b δεν είναι άνω φράγμα της ακολουθίας an αυτό

σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίας μικρότεροι του

b Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0 για κάποιο n0 isin Nώστε b lt an0

Ομοίως αν ο αριθμός c δεν είναι κάτω φράγμα της ακολου-θίας an αυτό σημαίνει ότι δεν είναι όλοι οι όροι της ακολουθίαςμεγαλύτεροι του c Δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένας όρος an0

για κάποιο n0 isin N ώστε an0 lt c

παρατηρηση 412 Μια ακολουθία an που είναι φθίνουσα είναι άνωφραγμένη αφού φανερά an le a1 για κάθε n isin N Ομοίως μια α-ύξουσα ακολουθία an είναι κάτω φραγμένη αφού an ge a1 για

κάθε n isin Nπροταση 413 Μια ακολουθία an είναι φραγμένη αν και μόνο ανείναι απολύτως φραγμένη

Απόδειξη Αν η an είναι απολύτως φραγμένη τότε υπάρχειένας αριθμός M isin N ώστε |an| le M για κάθε n isin N Συνεπώς

minusM le an leM και άρα η an είναι φραγμένηΑν η an είναι φραγμένη τότε υπάρχουν αριθμοί m M isin R ώστε

για κάθε n isin N να ισχύει m le an le M Θέτουμε K = max|m| |M|Τότε ισχύουν τα εξής

an leM le |M| le max|m| |M| = K

και

an gem ge minus|m| ge minusmax|m| |M| = minusK

Συνεπώς minusK le an le K δηλαδή |an| le K ολοκληρώνοντας την α-πόδειξη

Όπως είπαμε και νωρίτερα τα φράγματα δεν είναι μονοσήμα-

ντα ορισμένα Αλλά δύο συγκεκριμένα φράγματα είναι ιδιαίτερα

σημαντικά

ορισμος 414 Το ελάχιστο άνω φράγμα μιας άνω φραγμένης α-

κολουθίας (an)nisinA συμβολίζεται με supan ή supn an ή supnisinA anκαι εκτός από ελάχιστο άνω φράγμα ονομάζεται άνω πέρας ή

supremum της anΤο μέγιστο κάτω φράγμα μιας κάτω φραγμένης ακολουθίας

(an)nisinA συμβολίζεται με infan ή infn an ή infnisinA an και εκτός απόμέγιστο κάτω φράγμα ονομάζεται κάτω πέρας ή infimum της an


Πολύ σημαντική είναι η παρακάτω ιδιότητα που μας επιτρέπει να

χειριζόμαστε αυτά τα ιδιαίτερα φράγματα και χρησιμοποιείται

συστηματικά όποτε και όπου αυτά εμφανίζονται

παρατηρηση 415

bull Αν το s είναι το άνω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τοελάχιστο άνω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το s minus εως μικρότερο του ελαχίστου άνω φράγματος s δεν είναι άνωφράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε sminusε lt an0

bull Αν το i είναι το κάτω πέρας μιας ακολουθίας an δηλαδή τομέγιστο κάτω φράγμα της an τότε για κάθε ε gt 0 το i + εως μεγαλύτερο του μεγίστου κάτω φράγματος i δεν είναικάτω φράγμα της ακολουθίας Άρα υπάρχει n0 isin N ώστε

an0 lt i+ ε

παρατηρηση 416 Αν μια ακολουθία an δεν είναι άνω φραγμένητότε θεωρούμε ότι το άνω πέρας της είναι το +infin Γράφουμεsupan = +infin Ομοίως αν δεν είναι κάτω φραγμένη θεωρούμε ότιτο κάτω πέρας της είναι το minusinfin και γράφουμε infan = minusinfin Σε αυ-τές τις περιπτώσεις φανερά δεν ισχύει η Παρατήρηση 415 αφού

πάντα minusinfin lt an lt +infin


παραδειγμα 421 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες an = (3n2minus 1)(2n2 +1) bn = (3n2 + 1)(2n2 minus 1) cn = (3n2 + 1)(n2 minus 3) για n ge 2 και

dn = (3n2 + 1)(n2 minusnminus 1) για n ge 2 είναι φραγμένες

Φανερά και οι τέσσερις ακολουθίες είναι θετικές οπότε μένει να

αποδειχθεί ότι είναι άνω φραγμένες Για αυτό προσπαθούμε να

μεγαλώσουμε τις ακολουθίες απλοποιώντας τες αλλά χωρίς να

αλλάξουμε την τάξη μεγέθους αριθμητή και παρονομαστή Έτσι

έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2

συνεπώς η an είναι άνω φραγμένη από το 32Για τη bn δεν μπορούμε να κάνουμε ακριβώς το ίδιο τέχνασμα

για το άνω φράγμα διότι το να διαγράψουμε το +1 από τον

αριθμητή ή το minus1 από τον παρονομαστή δεν μεγαλώνει αλλά

μικραίνει το κλάσμα Μπορούμε όμως να μεγαλώσουμε το +1 του

αριθμητή σε +n2 και να μικρύνουμε το minus1 του παρονομαστή με

minusn2 αλλαγές που δεν αλλάζουν την τάξη μεγέθους των όρων του

κλάσματος

bn =3n2 + 1

2n2 minus 1le 3n2 +n2

2n2 minusn2= 4


Για τη cn δεν μπορούμε να αντικαταστήσουμε το minus3 του πα-

ρονομαστή με minusn2 όπως κάναμε στην bn διότι θα μηδενιστεί οπαρονομαστής Μπορούμε όμως να ελέγξουμε ότι 3 lt n23 γιακάθε n ge 3 Έτσι για n ge 3

cn =3n2 + 1

n2 minus 3le 3n2 +n2

n2 minus 13n2

= 4n2

23n

2= 6

Η ακολουθία όμως ορίζεται για n ge 2 Άρα για να βρούμε ένα

άνω φράγμα πρέπει να ελέγξουμε μήπως το c2 είναι μεγαλύτερος

του 6 Πράγματι c2 = 13 Άρα

cn le max613 = 13

Τέλος για την dn αναζητούμε n0 ώστε n+1 le n22 για κάθε n gen0 ώστε να απλοποιήσουμε τον παρονομαστή χρησιμοποιώντας

ότι n2 minus nminus 1 = n2 minus (n+ 1) ge n2 minus n22 = n22 Η n+ 1 le n22 είναιισοδύναμη με την n2 minus 2n minus 2 ge 0 η οποία είναι αληθής για κάθε

n ge 3 (η εξίσωση x2 minus 2x minus 2 = 0 είναι θετική για κάθε x gt 1+radic

3 asymp27320508) Οπότε για κάθε n ge 3

dn =3n2 + 1

n2 minusnminus 1le 3n2 +n2

n2 minus 12n2

= 8

Επειδή τώρα d2 = 13 συμπεραίνουμε ότι dn le max138 = 13

παραδειγμα 422 Αποδείξτε ότι η ακολουθία an με a1 = 8 και

an+1 =radic

2+ an είναι άνω φραγμένη από το 8 Δείξτε ότι αν ο

a1 δοθεί να είναι μικότερος από τη μεγαλύτερη ρίζα της εξίσω-

σης αναδρομής x =radic

2+ x τότε το ίδιο ισχύει και για τον γενικόόρο της an Τέλος αποδείξτε ότι αν r gt 0 τότε κάθε ακολουθία με

a1 gt 0 και αναδρομικό τύπο an+1 =radicr + an είναι άνω φραγμένη α-

πό το maxa1 ρ όπου ρ η μέγιστη ρίζα της εξίσωσης αναδρομήςx = radicr + xΠράγματι για n = 1 ισχύει a1 = 8 le 8 Υποθέτουμε ότι an le 8

Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8


Η εξίσωση αναδρομής έχει μεγαλύτερη ρίζα τον αριθμό x = 2

Αν a1 le 2 και υποθέσουμε ότι an le 2 τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2


Τέλος αν θέσουμε M = maxa1 ρ φανερά a1 le M Και αν υπο-θέσουμε ότι an leM τότε

an+1 =radicr + an le

radicr +M leM


αφού η τελευταία είναι ισοδύναμη με την M2 minusM minus r ge 0 η οποία

είναι αληθής αφού το M είναι μεγαλύτερο ή ίσο με τη μέγιστη

ρίζα ρ της x2 minus x minus r = 0

παραδειγμα 423 Αποδείξτε (με κατάλληλη χρήση της ανισότητας

Bernoulli ότι η ακολουθία (1+ 12n)n είναι άνω φραγμένη από το2 και στη συνέχεια αποδείξτε ότι η (1+1n)n είναι άνω φραγμένηαπό το 4

Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2

Από το Παράδειγμα 323 η ακολουθία (1 + 1n)n είναι γνησίωςαύξουσα άρα

(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4

παραδειγμα 424 Αποδείξτε ότι αν an αύξουσα ακολουθία και s =supan n isin N τότε για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an βρίσκεταιτελικά στο διάστημα (s minus ε s]Χρησιμοποιούμε την Παρατήρηση 415 το s minus ε δεν είναι άνω

φράγμα της ακολουθίας an άρα υπάρχει n0 isin N ώστε sminus ε lt an0 les Αφού η an είναι αύξουσα για κάθε n ge n0 συμπεραίνουμε ότι

s minus ε lt an0 le an le s δηλαδή το ζητούμενο

παραδειγμα 425 Αποδείξτε ότι η an = (n2 + sin(nπ2))(n + 1) δενείναι άνω φραγμένη

Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1

η οποία φανερά δεν είναι άνω φραγμένη

Ασκήσεις

ασκηση 421 Να εξετάσετε αν είναι φραγμένες οι παρακάτω ακολουθίες


an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100

an = (minus5)minusn an =2nminus 1

n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2

an =n2 cos(nπ)+n sin(n+ 1)

n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn

ασκηση 422 Να εξεταστούν ως προς το φράγμα οι ακολουθίες

an =radicn+ aminus

radicn+ b με a b isin R

a1 = 2an+1 =

radican + 2 για n isin N

ασκηση 423 Να εξεταστεί ως προς το φράγμα η ακολουθία an με a1 = 1

και

an+1 =5an + 6

2an + 1

(Υπόδειξη Παρατηρήστε ότι an gt 0 για κάθε n isin N)ασκηση 424 Για κάθε p gt 0 θέτουμε

sn = 1+ 1

2p+ 1

3p+ middot middot middot + 1

np

Αποδείξτε ότι για κάθε p gt 1 η ακολουθία sn είναι φραγμένη αποδεικνύο-ντας (με επαγωγή) ότι για κάθε n isin N ισχύει

1+ 1

2p+ 1


nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1

Επιπλέον για κάθε p gt 0 ισχύει

n1minusp le 1+ 1

2p+ 1


np

Ειδικά για p = 1 αποδείξτε με επαγωγή ότι ισχύει

1+ 1

2+ 1

3+ middot middot middot + 1

nge 1

2logn

Συμπεράνετε ότι για 0 lt p le 1 η sN δεν είναι φραγμένη (Υπόδειξη ηπερίπτωση 0 lt p lt 1 είναι εύκολη αν όλα τα κλάσματα του αθροίσματος

αντικατασταθούν από το μικρότερο από αυτά Αν όμως γίνει επαγωγικά

θα χρειαστεί η παρατήρηση ότι (n+ 1)pn1minusp ge npn1minusp = n)


ασκηση 425 Θεωρήστε μια αύξουσα ακολουθία an για την οποία υπάρχειc gt 0 ώστε a2n minus an le cn Αποδείξτε ότι η ακολουθία ann είναι άνωφραγμένη (Υπόδειξη για κάθε ακέραιο k βρείτε πρώτα n ώστε 2nminus1 ltk le 2n Επειδή η an είναι αύξουσα ισχύει ak le a2n Τώρα εφαρμόστε την

υπόθεση)

Κεφάλαιο 5

Σύγκλιση ακολουθιών

51 Μηδενικές ακολουθίες

Για κάθε x isin R κάθε διάστημα της μορφής (a b) ώστε x isin (a b) ο-νομάζεται μια ανοικτή περιοχή του x ή απλά περιοχή του x Σταακόλουθα θα χρησιμοποιήσουμε περιοχές ειδικού τύπου Συγκεκρι-

μένα παίρνουμε ένα θετικό αριθμό ε gt 0 και σχηματίζουμε την πε-

ριοχή (x minus εx + ε) του x Το x για αυτή την περιοχή ονομάζεταικέντρο της περιοχής και το ε ακτίνα της περιοχής Περιοχές τηςμορφής (xminusεx+ε) συμβολίζονται και με (x ε) Φανερά αν x = 0

τότε (0 ε) = (minusε ε) Παρατηρούμε επίσης ότι y isin (x ε) αν καιμόνο αν xminus ε lt y lt x+ ε και ισοδύναμα |y minusx| lt ε Με άλλα λόγια

(x ε) = (x minus εx + ε) = y isin R |y minus x| lt ε

Αν δοθεί ένα x και μια περιοχή του (x ε) λέμε ότι μια α-κολουθία an περιέχεται τελικά σε αυτή την περιοχή αν υπάρχειένα n0 isin N ώστε an isin (x ε) για κάθε n ge n0 Για παράδειγμα

ας πάρουμε x = 0 και an = 1n Βλέπουμε ότι για κάθε ε gt 0 αν

θέλουμε να ισχύει an isin (0 ε) θα πρέπει minusε lt 1n lt ε ισοδύναμαn gt 1ε Άρα αν θέσουμε n0 = [1ε] + 1 isin N αν n ge n0 gt 1ε τότεan = 1n isin (0 ε) Έτσι για κάθε ε gt 0 η ακολουθία an = 1nβρίσκεται τελικά στην περιοχή (0 ε) Σε μια τέτοια περίπτωσηλέμε ότι η ακολουθία an είναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν ήότι συγκλίνει στο μηδέν

ορισμος 511 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στο μηδέν ή ότιείναι μηδενική ή ότι έχει όριο το μηδέν αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει

n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an| lt ε Σε αυτήτην περίπτωση γράφουμε an rarr 0 ή limnrarrinfin an = 0 ή απλούστερα

liman = 0

40 Σύγκλιση ακολουθιών

παρατηρηση 512 Στον παραπάνω ορισμό είτε γράψουμε |an| lt εείτε γράψουμε |an| le ε το νόημα του ορισμού δεν αλλάζει

bull Αν |an| lt ε τότε προφανώς |an| le ε

bull Αν εφαρμόσουμε τον παραπάνω ορισμό με le αντί για lt καιγια ε2 τότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει

|an| le ε2 και συνεπώς |an| lt ε

παραδειγμα 513 Η ακολουθία an = n sin(πn4)+1n2+1

είναι μηδενική Πράγ-

ματι παρατηρούμε ότι

|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n

Έτσι αν ε gt 0 και θέλουμε να ισχύει |an| lt ε αρκεί να απαιτήσουμε2n lt ε ισοδύναμα n gt 2ε Άρα αν θέσουμε n0 = [2ε]+ 1 τότε αν

n ge n0 gt 2ε θα έχουμε |an| le 2n lt ε Συνεπώς η an είναι μηδενική

Παρατηρήστε ότι στο προηγούμενο παράδειγμα μεγαλώσαμε το

κλάσμα αλλά χωρίς να μεταβάλουμε την τάξη του n ούτε στοναριθμητή ούτε στον παρονομαστή Αυτή την τεχνική θα τη χρη-

σιμοποιούμε τακτικά

Ασκήσεις

ασκηση 511 Δείξτε με τη βοήθεια του ορισμού ότι οι παρακάτω ακολου-

θίες είναι μηδενικές

an =1

2n3an =

sinnπ5

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1

ns όπου s isin Q+

ασκηση 512 Αποδείξτε με τη βοήθεια του ορισμού ότι οι παρακάτω

ακολουθίες είναι μηδενικές

nminus 1

n2 minus 1

nminus 1

n2 + 1

8n2 minus 1

2n3 + 3

8n2 + 1

2n3 minus 3

sin(radicnπ)+ cos( 4

radicnπ)

n

n116 +n95 +n74 +n53 +n32 + 1

n2 minusn+ 1

ασκηση 513 Αποδείξτε ότι αν μια ακολουθία an είναι φθίνουσα και μη-δενική τότε an ge 0 για κάθε n isin N


52 Ιδιότητες μηδενικών ακολουθιών

ιδιοτητα 521 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

liman = 0 αν και μόνο αν lim |an| = 0

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 και έστω ότι μας δόθηκε ένα

ε gt 0 Τότε επειδή μπορούμε να βρούμε n0 ώστε για κάθε n ge n0

ισχύει |an| lt ε συνεπάγεται ότι∣∣|an|

∣∣ lt ε και συνεπώς lim |an| = 0

Αντίστροφα αν lim |an| = 0 και μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 βρίσκου-

με n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an|

∣∣ lt ε οπότε επειδή∣∣|an|∣∣ = |an| συμπεραίνουμε ότι |an| lt ε και άρα liman = 0

ιδιοτητα 522 Για κάθε ακολουθία an αν liman = 0 τότε η anείναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για ε = 1

Οπότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt 1

Δηλαδή ο αριθμός 1 αποτελεί άνω φράγμα για την ακολουθία

|an| αλλά όχι για όλα τα n isin N αλλά μόνο για τα n που είναιμεγαλύτερα ή ίσα με το n0 Θέτουμε τώρα

M = max1 |a1| |a2| |an0minus1|

ώστε να είμαστε σίγουροι ότι

|an| le M

για κάθε n isin N Έτσι η ακολουθία an είναι απολύτως φραγμένηκαι άρα φραγμένη

ιδιοτητα 523 Για κάθε ακολουθία an κάθε ακολουθία bn καικάθε λ micro isin R αν liman = limbn = 0 τότε lim(λan plusmn microbn) = 0

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι λ ne 0 ne micro και έστω ότι μας δόθηκεένα ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης στο μηδέν για

τις ακολουθίες an και bn χρησιμοποιώντας για laquoεraquo τα ε2|λ| gt 0

και ε2|micro| gt 0 αντίστοιχα Έτσι βρίσκουμε ένα n1 isin N για την anκαι ένα n2 για την bn ώστε να ισχύουν τα εξής

για κάθε n ge n1 ισχύει |an| ltε

2|λ| (51)

και

για κάθε n ge n2 ισχύει |bn| ltε

2|micro| (52)

Θέτοντας n0 = maxn0 n1 αν n ge n0 θα ισχύουν ταυτόχρονα και

η (51) και η (52) Οπότε για n ge n0 θα έχουμε

|λan plusmn microbn| le |λan| + |microbn| = |λ| |an| + |micro| |bn| lt |λ|ε

2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε



ιδιοτητα 524 Για κάθε ακολουθία an και κάθε λ isin R αν liman = 0

τότε lim(λan) = 0

Απόδειξη Άμεσο από την προηγούμενη ιδιότητα για micro = 0

ιδιοτητα 525 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn θέτου-με

xn = maxan bn και yn = minan bnΑν liman = 0 και limbn = 0 τότε limxn = 0 και limyn = 0

Απόδειξη Προκύπτει αμέσως από τις προηγούμενες ιδιότητες

και τις σχέσεις

maxt s = t + s + |t minus s|2

και mint s = t + s minus |t minus s|2

ιδιοτητα 526 Για κάθε ακολουθία an και κάθε ακολουθία bn ανliman = 0 και η bn είναι φραγμένη τότε lim(anbn) = 0

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 και έστω ότι για

τον αριθμό M ισχύει |bn| le M για κάθε n isin N Εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης της an στο 0 για εM gt 0 οπότε θα υπάρχει

ένα n0 στο N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εM Οπότεαν n ge n0 θα έχουμε

|anbn| = |an| |bn| ltεMM = ε

Συνεπώς lim(anbn) = 0

ιδιοτητα 527 Για κάθε ακολουθία an και για κάθε k isin N αν

limnrarrinfin an = 0 τότε limnrarrinfin anplusmnk = 0

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 Αν για n ge n0 ισχύει |an| lt εεπειδή θα είναι n + k ge n ge n0 θα ισχύει και η |an+k| lt ε Οπότεlimnrarrinfin an+k = 0

Για την limanminusk = 0 απλά θέτουμε n1 = n0+k και αν n ge n1 θα

ισχύει nminusk ge n1minusk ge n0 οπότε |anminusk| lt ε και άρα limnrarrinfin anminusk = 0

Γενικότερα έχουμε την εξής

ιδιοτητα 528 Αν η ακολουθία an είναι μηδενική κάθε υπακολου-θία της είναι μηδενική

Απόδειξη Έστω ότι liman = 0 και έστω ότι η kn είναι μιαγνησίως αύξουσα υπακολουθία φυσικών αριθμών Αν ε gt 0 τότε

υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε Αλλάαπό την Άσκηση 322 ισχύει kn ge n οπότε αν n ge n0 συνεπάγεται

kn ge kn0 ge n0 οπότε |akn minus ℓ| lt ε


ιδιοτητα 529 Για κάθε ακολουθία an και κάθε k isin N αν liman = 0

τότε lim kradic|an| = 0

Απόδειξη Αν μας δοθεί ε gt 0 εφαρμόζουμε τον ορισμό της

σύγκλισης της an για εk Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν n ge n0

θα έχουμε |an| lt εk οπότε∣∣ kradic|an|

∣∣ = kradic|an| lt ε Δηλαδή lim k

radic|an| =

0

ιδιοτητα 5210 (Κριτήριο σύγκρισης) Για κάθε ακολουθία an καικάθε ακολουθία bn αν 0 le an le bn για κάθε n ge n1 και limbn = 0

τότε liman = 0

Απόδειξη Για ε gt 0 έστω n2 isin N ώστε αν n ge n0 να ισχύει

bn lt ε Θέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε αν n ge n0 θα έχουμε

minusε lt 0 le an le bn lt ε

συνεπώς |an| lt ε Δηλαδή liman = 0

εφαρμογη 5211 Για κάθε λ isin (01) ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Επειδή λ isin (01) θα ισχύει 1λ gt 1 Θέτουμε θ =(1λ) minus 1 gt 0 οπότε 1λ = 1 + θ Με τη βοήθεια της ανισότηταςBernoulli (υποενότητα 111) έχουμε

1

λn= (1+ θ)n ge 1+nθ

και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική άρα και η λn

προταση 5212 (Κριτήριο λόγου) Έστω ότι για μια ακολουθία με

μη μηδενικούς όρους an υπάρχει ένα n0 isin N και ένα 0 le λ lt 1

ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0

Απόδειξη Αν n ge n0 + 1 θα έχουμε

∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2

∣∣∣∣∣ ∣∣∣∣∣ananminus1

∣∣∣∣∣ le λ middot λ middot λ λ (53)

Παρατηρούμε ότι επειδή ο δείκτης n στον αριθμητή του τελευτα-ίου κλάσματος μπορεί να γραφτεί και ως n0 + (n minus n0) στο αρι-στερό σκέλος της ανισότητας το πλήθος των κλασμάτων είναι


nminusn0 Άρα τόσα είναι και τα λ στο δεξιό σκέλος Δηλαδή η (53)μπορεί να γραφτεί ως

∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2


∣∣∣∣∣ le λnminusn0 = λminusn0 middot λn (54)

Όμως στο αριστερό σκέλος της (54) έχουμε διαγραφές κάθε α-

ριθμητής διαγράφεται με τον παρονομαστή του επόμενου κλάσμα-

τος Συνεπώς θα διαγραφούν όλοι οι όροι εκτός από τον παρονο-

μαστή του πρώτου κλάσματος και τον αριθμητή του τελευταίου

Έτσι η (54) γίνεται ∣∣∣∣∣anan0

∣∣∣∣∣ le λminusn0 middot λn

και ισοδύναμα |an| le (λminusn0|an0|)λn για κάθε n ge n0 + 1 Επει-

δή λ isin (01) ισχύει limλn = 0 (Εφαρμογή 5211) οπότε επειδή η

ποσότητα λminusn0|an0| είναι σταθερή (ανεξάρτητη του n) θα ισχύειlim(λminusn0|an0|)λn = 0 Και έτσι liman = 0

παραδειγμα 5213 Ποιο είναι το λάθος στην παρακάτω laquoαπόδει-

ξηraquo

13n rarr 0 διότι

∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1

για κάθε n isin N

προταση 5214 (Κριτήριο ρίζας) Έστω ότι για μια ακολουθία anυπάρχει n0 isin N ώστε να ισχύει n

radic|an| le ℓ lt 1 για κάθε n ge n0

Τότε liman = 0

Απόδειξη Αυτό είναι φανερό διότι θα ισχύει |an| le ℓn και απότην Εφαρμογή 5211 ισχύει ℓn rarr 0

Ασκήσεις

ασκηση 521 Αποδείξτε ότι η ακολουθία

an = n sin1

n2

είναι μηδενική χρησιμοποιώντας την ανισότητα | sinx| le |x| για κάθεx isin R



an =1

2

3

4

5

6middot middot middot 2nminus 1

2n

είναι μηδενική δείχνοντας πρώτα με επαγωγή ότι an lt 1radic

3n

ασκηση 523 Αν liman = 0 δείξτε ότι liman

1+ an= 0

ασκηση 524 Δίνονται οι ακολουθίες an gt 0 και bn gt 0 για τις οποίες

ισχύει liman = limbn = 0 Δείξτε ότι

lima2n + b2

n

an + bn= 0

53 Συγκλίνουσες ακολουθίες

Μια ακολουθία an θα λέγεται συγκλίνουσα με όριο τον αριθμό ℓαν η ακολουθία anminusℓ είναι μηδενική Έτσι προκύπτει ο ακόλουθοςορισμός

ορισμος 531 Λέμε ότι μια ακολουθία an συγκλίνει στον αριθμό ℓή ότι έχει όριο τον αριθμό ℓ ή ότι τείνει στο ℓ αν για κάθε ε gt 0

υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει |an minus ℓ| lt ε

παρατηρηση 532 Παρατηρήστε ότι στον παραπάνω ορισμό είτε

γράψουμε |an minus ℓ| lt ε είτε γράψουμε |an minus ℓ| le ε η ουσία τουορισμού δεν αλλάζει

bull Αν |an minus ℓ| lt ε τότε προφανώς |an minus ℓ| le ε


|an minus ℓ| le ε2 και συνεπώς |an minus ℓ| lt ε

παρατηρηση 533 Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή στην ανισότητα

|an minus ℓ| lt ε και προσθέτοντας ℓ ο ορισμός του liman = ℓ λέει ότιγια κάθε ε gt 0 υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει

ℓ minus ε lt an lt ℓ + ε

ή ισοδύναμα an isin(ℓ ε)Η παρακάτω πρόταση λέει ότι δεν γίνεται μια ακολουθία να

συγκλίνει σε δύο διαφορετικούς αριθμούς

προταση 534 Το όριο κάθε συγκλίνουσας ακολουθίας είναι μονα-

δικό


Απόδειξη Έστω ότι an rarr ℓ1 an rarr ℓ2 και ℓ1 ne ℓ2 Θέτουμε

ε = |ℓ1 minus ℓ2|3 gt 0 οπότε θα υπάρχει n1 isin N ώστε

|an minus ℓ1| lt ε =|ℓ1 minus ℓ2|

3για κάθε n ge n1

και



Αλλά τότε για κάθε n ge maxn1 n2 θα ισχύει

|ℓ1 minus ℓ2| =∣∣(an minus ℓ2)minus (an minus ℓ1)

∣∣

le |an minus ℓ2| + |an minus ℓ1| lt|ℓ1 minus ℓ2|

3+ |ℓ1 minus ℓ2|

3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|

το οποίο είναι άτοπο

προταση 535 Αν an rarr ℓ και akn υπακολουθία της an τότε akn rarr ℓ

Απόδειξη Αφού αν η an minus ℓ είναι μηδενική είναι μηδενική καιη akn minus ℓ από την Ιδιότητα 528

54 Ιδιότητες συγκλινουσών ακολουθιών

ιδιοτητα 541 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R ισχύει

liman = ℓ lArrrArr lim(minusan) = minusℓ

Απόδειξη Επειδή |anminusℓ| = |(minusan)minus(minusℓ)| όποτε ισχύει |anminusℓ| lt εθα ισχύει και |(minusan)minus (minusℓ)| lt ε


liman = ℓ =rArr lim |an| = |ℓ|

Απόδειξη Επειδή από την τριγωνική ανισότητα ισχύει∣∣|an| minus

|ℓ|∣∣ le |anminusℓ| αν για κάθε n ge n0 ισχύει |anminusℓ| lt ε τότε

∣∣|an|minus|ℓ|∣∣ lt

ε


liman = ℓ =rArr η an είναι φραγμένη

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της ακολου-

θίας an για ε = 1 Έτσι θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει |an minus ℓ| lt 1 Από την τριγωνική ανισότητα θα έχουμε

ότι

|an| minus |ℓ| le∣∣|an| minus |ℓ|

∣∣ le |an minus ℓ| lt 1


Συνεπώς για κάθε n ge n0 θα ισχύει |an| le 1+ |ℓ| Θέτουμε τώρα

M = max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |ℓ|

οπότε |an| le M για κάθε n isin N

ιδιοτητα 544 Για κάθε ακολουθία an και ℓ isin R 0 ισχύει

liman = ℓ =rArrυπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0

τα an και ℓ είναι ομόσημοι

Απόδειξη Έστω ότι ℓ gt 0 Αφού an rarr ℓ μπορούμε να εφαρ-μόσουμε τον ορισμό της σύγκλισης για οποιοδήποτε ε gt 0 Εφαρ-

μόζουμε λοιπόν τον ορισμό για ε = ℓ2 gt 0 Έτσι θα υπάρχει ένα

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ℓ2 Ανοίγονταςτην απόλυτη τιμή προκύπτει ότι minusℓ2 lt an minus ℓ οπότε ℓ2 lt anΔηλαδή για κάθε n ge n0 οι όροι της ακολουθίας είναι θετικοί

Αν τώρα ℓ lt 0 από την Ιδιότητα 541 θα ισχύει ότι minusan rarrminusℓ gt 0 οπότε από το προηγούμενο θα υπάρχει n0 isin N ώστε αν

n ge n0 η minusan θα είναι θετική οπότε η an θα είναι αρνητική

ιδιοτητα 545 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και λ micro isin R Τότε

lim(λan plusmn microbn) = λℓ1 plusmn microℓ2

Απόδειξη Έστω ότι μας δόθηκε ένα ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγκλισης των ακολουθιών an και bn για ε2(1 + |λ|)και ε2(1+ |micro|) αντίστοιχα

bull θα υπάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|an minus ℓ1| ltε

2(1+ |λ|)


|bn minus ℓ2| ltε

2(1+ |micro|)

Οπότε θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 θα ισχύει

|(λan plusmn microbn)minus (λℓ1 plusmn microℓ2)| = |λ(an minus ℓ1)plusmn micro(bn minus ℓ2)|le |λ| |an minus ℓ1| + |micro| |bn minus ℓ2|

lt |λ| ε2(1+ |λ|) + |micro|

ε2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε


ιδιοτητα 546 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Θέτουμε

xn = maxan bn και yn = minan bn

Τότε limxn = maxℓ1 ℓ2 και limyn = minℓ1 ℓ2Απόδειξη Όπως και στην αντίστοιχη ιδιότητα για τις μηδενι-

κές ακολουθίες η απόδειξη είναι άμεση από τις σχέσεις



ιδιοτητα 547 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε

lim(anbn) = ℓ1ℓ2

Αν επιπλέον υποθέσουμε ότι ℓ2 ne 0 τότε υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

limanbn

= ℓ1

ℓ2

Απόδειξη Παρατηρούμε πρώτα ότι

|anbn minus ℓ1ℓ2| =∣∣(anbn minus bnℓ1)+ (bnℓ1 minus ℓ1ℓ2)

∣∣ (55)

=∣∣bn(an minus ℓ1)+ ℓ1(bn minus ℓ2)

∣∣ (56)

le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2| (57)

Αφού η bn συγκλίνει από την Ιδιότητα 543 θα είναι και φραγ-μένη Άρα θα υπάρχει ένας αριθμός M gt 0 ώστε για κάθε n isin Nνα ισχύει |bn| le M Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης γιατην an για την ποσότητα ε2M θα υπάρχει n1 isin N ώστε για

κάθε n ge n1 να ισχύει |an minus ℓ1| lt ε2M Ομοίως εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την bn για την ποσότητα ε2(1+ |ℓ1|)θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει


2(1+ |ℓ1|)

Θέτοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0 τότε συνεχίζοντας από

την (57) θα έχουμε

|anbn minus ℓ1ℓ2| le |bn| |an minus ℓ1| + |ℓ1||bn minus ℓ2|lt M

ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

lt ε


Συνεχίζουμε την απόδειξη για τον λόγο ακολουθιών Λόγω του

προηγουμένου και επειδή anbn = an middot(1bn) αρκεί να αποδείξουμετο ζητούμενο για την ακολουθία 1bnΕφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn για την πο-

σότητα |ℓ2|2 και χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανισότητα υ-πάρχει ένα n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να ισχύει

|ℓ2| minus |bn| le∣∣|ℓ2| minus |bn|

∣∣ le |ℓ2 minus bn| = |bn minus ℓ2| lt|ℓ2|

2

Έτσι για κάθε n ge n1 θα έχουμε

|ℓ2| minus |bn| lt|ℓ2|

2

και συνεπώς

|bn| gt|ℓ2|

2

Οπότε από τη μια μεριά έχουμε ότι για n ge n1 ισχύει bn ne 0 και

άρα ορίζεται το πηλίκο 1bn και από την άλλη μεριά∣∣∣∣

1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|

lt|bn minus ℓ2||ℓ2|

2|ℓ2|

= 2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2|

Εφαρμόζοντας τον ορισμό της σύγκλισης της bn ξανά για τηνποσότητα ε|ℓ2|22 θα υπάρχει n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να

ισχύει |bn minus ℓ2| lt ε|ℓ2|22 Επιλέγοντας n0 = maxn1 n2 αν n ge n0

θα ισχύουν μαζί όλα τα παραπάνω και άρα θα έχουμε

∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2

|ℓ2|2|bn minus ℓ2| lt

2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε

ιδιοτητα 548 Για κάθε ακολουθία an ge 0 και k isin N ισχύει

liman = ℓ =rArr limakn = ℓk

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αφού η an συ-γκλίνει θα είναι και φραγμένη και άρα θα υπάρχει αριθμός M gt 0

ώστε για κάθε n isin N να ισχύει |an| leM Έτσι θα ισχύει και |ℓ| leM(γιατί) Οπότε

|akn minus ℓk| = |an minus ℓ| |akminus1n + akminus2

n ℓ + akminus3n ℓ2 + + ℓkminus1|

le |an minus ℓ|(|akminus1n | + |akminus2

n ℓ| + |akminus3n ℓ2| + + |ℓkminus1|

)

le |an minus ℓ| (Mk +Mk +Mk + +Mk︸︷︷︸

kminusόροι

)

le (kMk)|an minus ℓ| (58)


Οπότε εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για την ακολουθία

an για την ποσότητα εkMk και βρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε γιακάθε n ge n0 να ισχύει |anminusℓ| lt εkMk Έτσι συνεχίζοντας από την

(58) θα έχουμε ότι για κάθε n ge n0 ισχύει

|akn minus ℓk| le (kMk)|an minus ℓ| lt (kMk)εkMk = ε


liman = ℓ =rArr lim kradican =

kradicℓ

Απόδειξη Έστω ότι μας έχει δοθεί ένα ε gt 0 Αν ℓ = 0 τότε

εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης της an για το εk οπότεβρίσκουμε ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an| lt εkΟπότε | kradican| lt εΑν ℓ gt 0 τότε παρατηρούμε ότι

∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ = |an minus ℓ|

akminus1n + akminus2

n ℓ + + ℓkminus1le 1

ℓkminus1|an minus ℓ|

Έτσι εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγκλισης της an για την ποσότη-τα εℓkminus1 Βρίσκουμε λοιπόν n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

έχουμε ∣∣∣ kradican minus

kradicℓ∣∣∣ le 1

ℓkminus1|an minus ℓ| lt

1

ℓkminus1εℓkminus1 = ε


ιδιοτητα 5410 Έστω ότι οι ακολουθίες an και bn συγκλίνουν σταℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα και επιπλέον υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθεn ge n1 να ισχύει an le bn Τότε ℓ1 le ℓ2

Απόδειξη Αν δεν ισχύει τότε ℓ2 lt ℓ1 οπότε η ακολουθία bn minusan ge 0 δεν είναι ποτέ ομόσημη με το όριό της ℓ2 minus ℓ1 lt 0 αντι-

φάσκοντας με την Ιδιότητα 543

προταση 5411 (Ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες) Έστω ότι οι ακολου-

θίες an bn και cn ικανοποιούν την ανισότητα

an le bn le cn

και ότι liman = lim cn = ℓ Τότε αναγκαστικά limbn = ℓΑπόδειξη Από την an le bn le cn συμπεραίνουμε ότι 0 le bnminusan le

cn minus an Η cn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο το μηδέν Άρα και ηbn minus an είναι συγκλίνουσα με όριο το μηδέν Συνεπώς η bn είναισυγκλίνουσα ως άθροισμα συγκλινουσών (bn = (bn minus an)+ an) καιlimbn = lim(bn minus an)+ liman = 0+ ℓ = ℓ


προταση 5412 (Οριακό κριτήριο λόγου) Αν για μια ακολουθία anμε μη μηδενικούς όρους ισχύει lim |an+1an| lt 1 τότε liman = 0

Απόδειξη Έστω ότι lim |an+1an| = ℓ isin (01) Εφαρμόζουμε τονορισμό της σύγκλισης για την ποσότητα (1 minus ℓ)2 gt 0 Τότε θα

υπάρχει ένα n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει∣∣|an+1an| minus

ℓ∣∣ lt (1minus ℓ)2 Αλλά τότε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ lt1minus ℓ

2

από όπου συνεπάγεται ότι

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt ℓ +1minus ℓ

2= 1+ ℓ

2lt 1

Δηλαδή για κάθε n ge n0 έχουμε ότι |an+1an| lt (1+ ℓ)2 lt 1 Αυτό

και η Πρόταση 5212 συνεπάγονται ότι an rarr 0

55 Κριτήρια σύγκλισης

Ένα πολύ χρήσιμο κριτήριο αφορά τις ακολουθίες που είναι μο-

νότονες και φραγμένες

προταση 551 Αν η ακολουθία an είναι αύξουσα και άνω φραγ-μένη τότε είναι και συγκλίνουσα και μάλιστα an rarr supnisinN an Ο-μοίως αν μια ακολουθία bn είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένητότε είναι και συγκλίνουσα και μάλιστα bn rarr infnisinN bn

Απόδειξη (Για τις ποσότητες supan και infan δείτε τον Ορι-σμό 414) Ας υποθέσουμε ότι η an είναι αύξουσα και άνω φραγ-μένη Θέτουμε s = supnisinN an Θα δείξουμε ότι an rarr s Αφού τοs είναι το ελάχιστο άνω φράγμα της an συμπεραίνουμε ότι γιακάθε ε gt 0 το s minus ε δεν είναι άνω φράγμα της an Άρα υπάρχειn0 isin N ώστε sminusε lt an0 Επειδή η an είναι αύξουσα για κάθε n ge n0

θα ισχύει an0 le an οπότε s minus ε lt an Αλλά φανερά an le s lt s + εαφού το s είναι το άνω πέρας των όρων της Έτσι καταλήξαμεστο ότι για κάθε n ge n0 ισχύει

s minus ε lt an lt s + ε

δηλαδή |an minus s| lt ε Άρα an rarr sΥποθέτουμε τώρα ότι η bn είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη

Εργαζόμαστε ομοίως θέτουμε i = infnisinN an Αφού το i είναι τομέγιστο κάτω φράγμα της an για κάθε ε gt 0 το i + ε δεν είναικάτω φράγμα της a minus n άρα υπάρχει n0 isin N ώστε bn0 lt i + εΕπειδή η bn είναι φθίνουσα για κάθε n ge n0 θα ισχύει bn le bn0


οπότε bn lt i+ ε Αλλά φανερά iminus ε lt i le bn Έτσι καταλήξαμε στοότι για κάθε n ge n0 ισχύει

iminus ε lt bn lt i+ ε

δηλαδή |bn minus i| lt ε Άρα bn rarr i

Μια από τις σημαντικότερες εφαρμογές της παραπάνω πρότα-

σης είναι το ακόλουθο

πορισμα 552 Η ακολουθία

(1+ 1

n

)n

είναι συγκλίνουσα

Απόδειξη Η απόδειξη είναι άμεση από το γεγονός ότι η ακολου-

θία αυτή είναι αύξουσα και άνω φραγμένη (Παραδείγματα 323

και 423)

Το όριο της παραπάνω ακολουθίας δεν είναι 1 διότι η ακο-

λουθία

xn =(

1+ 1

n

)n

είναι γνησίως αύξουσα οπότε

limxn = supxn ge x1 = 2

Το όριο αυτό έχει εξέχουσα σημασία για τα Μαθηματικά (μαζί

με τους αριθμούς 0 1 π και τη μιγαδική μονάδα i) Ονομάζεταιαριθμός του Euler και συμβολίζεται με e Ο αριθμός αυτός είναιπερίπου

e = 271828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995

Ο αριθμός e (όπως και ο π ) είναι άρρητος και υπερβατικός δηλα-δή δεν είναι ρίζα κανενός πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές

(οradic

2 είναι άρρητος αλλά δεν είναι υπερβατικός αφού είναι ρίζα

του πολυωνύμου με ακέραιους συντελεστές x2minus2) Η απόδειξη της

υπερβατικότητας του e δεν είναι στους σκοπούς του παρόντος(δείτε στο [14]) Το ότι είναι όμως άρρητος θα το αποδειξουμε

στην Ενότητα 58

πορισμα 553 Για κάθε x isin R η ακολουθία

xn =(

1+ xn

)n



Θα αναβάλουμε την απόδειξη αυτού του πορίσματος μέχρι την

Ενότητα 57 όπου θα χρησιμοποιήσουμε αυτό το όριο για να ο-

ρίσουμε την εκθετική συνάρτηση

θεωρημα 551 (Bolzano-Weierstraszlig) Κάθε φραγμένη ακολουθία έχει

συγκλίνουσα υπακολουθία

Απόδειξη Κάθε ακολουθία έχει μια μονότονη υπακολουθία σύμ-

φωνα με την Πρόταση 313 και επειδή η ακολουθία είναι φραγ-

μένη είναι φραγμένη και αυτή η μονότονη υπακολουθία της Άρα

από το προηγούμενο θεώρημα συγκλίνει

Όταν μια ακολουθία an συγκλίνει σε έναν αριθμό ℓ τότε μετάαπό κάποιο δείκτη οι όροι της είναι laquoκοντάraquo στον αριθμό ℓ Συ-νεπώς είναι και μεταξύ τους laquoκοντάraquo Αυτή η τελευταία ιδιότητα

ονομάζεται ιδιότητα Cauchy

ορισμος 554 Μια ακολουθία an ονομάζεται ακολουθία Cauchy ή

βασική ακολουθία αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για

κάθε n m ge n0 να ισχύει |an minus am| lt εΤο παρακάτω θεώρημα μας δίνει ένα ακόμα κριτήριο σύγκλι-

σης

θεωρημα 555 Μια ακολουθία είναι συγκλίνουσα στο R αν και

μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy

Απόδειξη Αν υποθέσουμε ότι an rarr ℓ και ε gt 0 εφαρμόζουμε τον

ορισμό της σύγλισης όχι για το ε αλλά για το ε2 Έτσι υπάρχειn0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει |an minus ℓ| lt ε2 Άρα ανn m ge n0 τότε ισχύει και η |an minus ℓ| lt ε2 και η |am minus ℓ| lt ε2Συνεπώς

|an minus am| =∣∣(an minus ℓ)minus (am minus ℓ)

∣∣ le |an minus ℓ| + |am minus ℓ| ltε2+ ε

2= ε

Αντίστροφα τώρα ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι α-κολουθία Cauchy Θέλουμε να χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα 551

οπότε αποδεικνύουμε πρώτα ότι η an είναι φραγμένη εφαρμόζου-με τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy για ε = 1 gt 0 Έτσι υπάρχει

n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 ισχύει |an minus am| lt 1 Άρα αυτό

ισχύει και για m = n0 Συνεπώς

|an| minus |an0| le |an minus an0| lt 1

και άρα |an| le 1+ |an0| για κάθε n ge n0 Έτσι

|an| le max|a1| |a2| |an0minus1|1+ |an0|

για κάθε n isin N δηλαδή η an είναι φραγμένη


Από το Θεώρημα Bolzano-Weierstraszlig λοιπόν η an έχει μια συ-γκλίνουσα υπακολουθία Έστω ότι αυτή είναι η akn όπου kn γνη-σίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Ας υποθέσουμε ότι

akn rarr ℓ Θα δείξουμε ότι an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξηΈστω ότι ε gt 0 Εφαρμόζουμε τον ορισμό της ιδιότητας Cauchy

για το ε2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n m ge n0 να

ισχύει |an minus am| lt ε2 Αλλά τότε επειδή km ge m ge n0 (από την

Άσκηση 322) ισχύει

|an minus akm| ltε2για κάθε nm ge n0 (59)

Τώρα εφαρμόζουμε τον ορισμό σύγκλισης της akn στο ℓ πάλι γιατο ε2 Άρα υπάρχει n1 isin N ώστε

για κάθε m ge n1 να ισχύει |akm minus ℓ| ltε2 (510)

Έτσι αν n ge n0 και m = maxn0 n1 θα ισχύει και η (59) και η(510) Άρα

|an minus ℓ| =∣∣(an minus akm)+ (akm minus ℓ)

∣∣

le∣∣an minus akm

∣∣+∣∣akm minus ℓ

∣∣ lt ε2+ ε

2= ε

Ένα άλλο κριτήριο που συχνά είναι χρήσιμη η άρνησή του

είναι το ακόλουθο

προταση 556 Μια ακολουθία an συγκλίνει στο ℓ αν και μόνο ανκάθε υπακολουθία της συγκλίνει και αυτή στο ℓ

Απόδειξη Το ευθύ έχει αποδειχθεί στην Πρόταση 535 Το α-

ντίστροφο είναι τετριμμένο αφού η ίδια η an είναι υπακολουθίατου εαυτού της

Η άρνηση της παραπάνω πρότασης μας δίνει ένα κριτήριο

μη σύγκλισης Αν μια ακολουθία έχει δυο υπακολουθίες που συ-

γκλίνουν σε διαφορετικούς αριθμούς τότε η ακολουθία δεν συ-

γκλίνει Για παράδειγμα η an = (minus1)n δεν συγκλίνει διότι η υ-πακολουθία της a2n = (minus1)2n = 1 συγκλίνει στο 1 ενώ η υπα-

κολουθία της a2nminus1 = (minus1)2nminus1 = minus1 συγκλίνει στο minus1 Ομοίως

η ακολουθία xn = sin(7nπ8) δεν συγκλίνει Η υπακολουθία τηςx16n = sin(7(2nπ)) = 0 συγκλίνει στο μηδέν Ενώ η υπακολουθία

x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1

συγκλίνει στο minus1


56 Ακολουθίες με όριο το +infin ή minusinfin

ορισμος 561 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο +infin ήότι τείνει στο +infin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an gt M Γράφουμε limnrarrinfin an = +infinή liman = +infin ή an rarr +infin

Συχνά αντί για +infin γράφουμε απλά infin

ορισμος 562 Για μια ακολουθία an λέμε ότι αποκλίνει στο minusinfin ήότι τείνει στο minusinfin όταν για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin Nώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an lt minusM Γράφουμε limnrarrinfin an = minusinfinή liman = minusinfin ή an rarr minusinfin

παρατηρηση 563 Πολλές φορές λέγεται καταχρηστικά ότι η α-

κολουθία laquoσυγκλίνει στο +infinraquo αντί laquoαποκλίνει στο +infinraquo Ομοίωςλέγεται καταχρηστικά ότι η ακολουθία laquoσυγκλίνει στο minusinfinraquo αντίlaquoαποκλίνει στο minusinfinraquoπαραδειγμα 564 Η ακολουθία an = n2 αποκλίνει στο +infin διότιαν μας δοθεί ένα M gt 0 θα θέλουμε να ισχύει n2 gt M ισοδύναμα

n gtradicM Οπότε αν θέσουμε n0 = [

radicM]+ 1 τότε για κάθε n ge n0 θα

ισχύει n ge n0 = [radicM]+ 1 gt

radicM οπότε n2 gt M

ιδιοτητα 565 an rarr +infin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0

Ομοίως an rarr minusinfin αν και μόνο αν υπάρχει n1 isin N ώστε γιακάθε n ge n1 ισχύει an lt 0 και 1an rarr 0

Απόδειξη Έστω ότι ε gt 0 και an rarr +infin Αν εφαρμόσουμε τονορισμό για M = 1ε gt 0 τότε θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει an gt 1ε gt 0 Από αυτό συμπεραίνουμε ότι an gt 0

και ότι |1an| = 1an lt ε δηλαδή 1an rarr 0

Αντίστροφα έστω ότι υπάρχει n1 isin N ώστε για κάθε n ge n1 να

ισχύει an gt 0 και 1an rarr 0 Έστω ότι M gt 0 Θέτουμε ε = 1M gt 0

και εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης 1an rarr 0 θα υπάρχει

n2 isin N ώστε για κάθε n ge n2 να ισχύει |1an| lt ε = 1M οπότεισοδύναμα |an| gt M Θέτουμε n0 = maxn1 n2 οπότε για κάθεn ge n0 ισχύει an = |an| gt M δηλαδή an rarr +infinΓια την περίπτωση an rarr minusinfin εργαζόμαστε ανάλογα

ιδιοτητα 566 (α) Αν an ge bn και limbn = +infin τότε liman = +infin(β) Αν an le bn και limbn = minusinfin τότε liman = minusinfinΑπόδειξη Αφού limbn = +infin θα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει bn gt 0 (Ιδιότητα 565) άρα και an gt 0 Αλλά τώρα

0 lt 1an lt 1bn rarr 0 Συνεπώς ισχύει 0 lt 1an rarr 0 (Ιδιότητα 5210)

και άρα an rarr +infinΕργαζόμαστε ομοίως για το (β)


57 Η εκθετική συνάρτηση

Σε αυτή την ενότητα θα θεμελιώσουμε την εκθετική συνάρτηση ax

για a gt 0 και x isin R και θα αποδείξουμε βασικές ιδιότητες

θεωρημα 571 Η ακολουθία

xn =(

1+ xn

)n

είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x isin R 0 και για κάθε n gt minusx(άρα για κάθε n isin N αν x gt minus1) Επιπλέον είναι και φραγμένη

για κάθε x isin R Κατά συνέπεια η xn είναι μια συγκλίνουσα ακο-λουθία και ορίζουμε τη συνάρτηση

exp(x) = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n

την οποία ονομάζουμε εκθετική συνάρτηση

Απόδειξη Αν n gt minusx τότε οι ποσότητες 1 + xn και 1 + x(n + 1)είναι θετικές (αν x ge 0 είναι προφανές και αν x lt 0 τότε x(n+1) gtxn gt minus1) Συνεπώς αρκεί να αποδείξουμε ότι

(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n le 1+ xn+ 1

Αλλά μεταφέροντας τον αριθμητή του αριστερού κλάσματος στον

παρονομαστή και εφαρμόζοντας την ανισότητα Bernoulli έχουμε

(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n =1(

n2+n+nxn2+n+nx+x

)n =1(

1minus x(n+1)(n+x)

)n le1

1minus nx(n+1)(n+x)

Εύκολα ελέγχουμε ότι η τελευταία ποσότητα είναι μικρότερη της

ζητούμενης 1+ x(n+ 1) αν και μόνο αν

1 le 1+ xn+ 1

minus nx(n+ 1)(n+ x) minus

nx2

(n+ 1)2(n+ x)

Απαλείφοντας τη μονάδα και παραγοντοποιώντας στα δεξιά η

τελευταία είναι ισοδύναμη με την

0 le x2

(n+ 1)21

n+ x

η οποία είναι αληθής αφού n gt minusx Η προηγούμενη ανισότηταείναι γνήσια εκτός αν x = 0 άρα η xn είναι γνησίως αύξουσα γιακάθε n gt minusx


Για το φράγμα τώρα θέτουμε k0 = [|x|] + 1 isin N Επειδή η

xn είναι αύξουσα και η (1 + 1n)n είναι αύξουσα με όριο το e(Πόρισμα 552) θα έχουμε

|xn| le(

1+ |x|n

)nle(

1+ k0

n

)nle(

1+ k0

k0n

)k0n

=((

1+ 1

n

)n)k0

le ek0

δηλαδή η xn είναι φραγμένη

Στη συνέχεια θα laquoταυτοποιήσουμεraquo τη συνάρτηση exp(x) (θαπροσπαθήσουμε να την κατανοήσουμε) Θα χρειαστούμε το α-

κόλουθο λήμμα

λημμα 571 Αν η ακολουθία bn έχει την ιδιότητα limnbn = 0 τότε

lim(1 + bn)n = 1 Αν επιπλέον liman = 0 και το όριο lim(1 + an)nυπάρχει στο R τότε lim(1+ an + bn)n = lim(1+ an)nΑπόδειξη Από την ταυτότητα διαφοράς δυνάμεων και την

τριγωνική ανισότητα έχουμε ότι

∣∣(1+ bn)n minus 1∣∣ = |bn| |(1+ bn)nminus1 + (1+ bn)nminus2 + + (1+ bn)+ 1|le |bn|

((1+ |bn|)nminus1 + (1+ |bn|)nminus2 + + (1+ |bn|)+ 1

)

le |bn|n(1+ |bn|)nminus1

Αλλά αφού nbn rarr 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει |nbn| lt 1 δηλαδή |bn| lt 1n Συνεχίζοντας τις προηγούμενεςανισότητες για n ge n0 συμπεραίνουμε ότι

∣∣(1+ bn)n minus 1∣∣ le |nbn|

(1+ 1

n

)nminus1

rarr 0 middot e = 0

Για το δεύτερο ισχυρισμό

|(1+ an + bn)n minus (1+ an)n| = (1+ an)n∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣

Αλλά η ακολουθία cn = bn(1+an) έχει την ιδιότητα ncn rarr 0 Έτσι

από το προηγούμενο σκέλος της απόδειξης

lim

∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣ = 0

Οπότε lim((1+an+bn)nminus(1+an)n) = 0 και επειδή το όριο lim(1+an)nυπάρχει από την υπόθεση υπάρχει και το lim(1 + an + bn)n καιισχύει lim(1+ an + bn)n = lim(1+ an)n


προταση 572 Η συνάρτηση exp έχει τις ιδιότητες

(i) exp(x) exp(y) = exp(x +y) για κάθε x y isin R

(ii) exp(x) gt 0 για κάθε x isin R exp(0) = 1 και exp(minusx) = 1

exp(x)

(iii) exp(k) = ek για κάθε k isin Z όπου e ο αριθμός Euler

(iv) (exp(1k))k = e

Απόδειξη Για το (i) έχουμε

exp(x) exp(y) = lim

((1+ x

n

)n (1+ y

n

)n)

= lim

(1+ x +y

n+ xyn2

)n

Αλλά η (x +y)n είναι μηδενική το όριο (1+ (x +y)n)n υπάρχεικαι η bn = xyn2 έχει την ιδιότητα nbn rarr 0 Συνεπώς από το

προηγούμενο λήμμα το παραπάνω όριο ισούται με το

lim

(1+ x +y

n

)n= exp(x +y)

Για το (ii) αν x ge 0 τότε

exp(x) = lim

(1+ x

n

)nge lim

(1+nx

n

)= 1+ x ge 1

Επίσης

exp(minusx) exp(x) = exp(minusx + x) = exp(0) = lim

(1+ 0

n

)n= 1

Συνεπώς exp(minusx) = 1 exp(x) και αν x lt 0 τότε exp(x) = 1 exp(minusx) gt0

Για το (iii) επειδή exp(minusk) = 1 exp(k) αρκεί να αποδείξουμε τοζητούμενο για k isin N Αλλά

exp(2) = exp(1+ 1) = exp(1) exp(1) = e middot e = e2

Η απόδειξη ολοκληρώνεται με επαγωγή στο kΓια το (iv) με επαγωγή ισχύει

exp(1k)k = exp

(1

k

)middot exp

(1

k

)middot middot middotexp

(1

k

)

= exp

(1

k+ 1

k+ + 1

k

)= exp(1)

= e

Παρατηρήστε ότι το (iv) παραπάνω μας λέει ότι ο αριθμός eέχει k-ρίζα για κάθε k isin N Αυτό μας δίνει τη δυνατότητα να

ορίσουμε το er για κάθε r isin Q


ορισμος 573 Για κάθε r isin Q με r = mn με m isin Z και n isin N

ορίζουμε την ποσότητα er να είναι η (e1n)m η οποία είναι πραγ-ματικός αριθμός σύμφωνα με τα προηγούμενα

Είναι λοιπόν φυσιολογικό να δώσουμε τον ακόλουθο ορισμό

ορισμος 574 Για κάθε x isin R ορίζουμε την ποσότητα ex να είναιο πραγματικός αριθμός

exp(x) = lim

(1+ x

n

)n

Σύμφωνα με την Πρόταση 572 η ex έχει όλες τις αναμενόμενεςιδιότητες των δυνάμεων όχι μόνο για ακέραιους εκθέτες αλλά για

πραγματικούς εκθέτες

Στο υπόλοιπο αυτής της ενότητας θα δούμε μερικές ακόμα ιδι-

ότητες της ex και θα ορίσουμε τη γενική εκθετική συνάρτηση ax

με a gt 0 και x isin R και την έννοια του λογαρίθμου

571 Μελέτη της εκθετικής συνάρτησης

Σε αυτή την υποενότητα θα θεωρήσουμε γνωστή την έννοια της

συνέχειας συνάρτησης το ότι η αντίστροφη συνεχούς είναι συνε-

χής και το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής

προταση 575 Η ex είναι συνεχής σε κάθε σημείο του R

Απόδειξη Φανερά

limxrarrx0

ex = limxrarrx0

(exminusx0ex0) = ex0 limxminusx0rarr0

exminusx0

Άρα αρκεί να αποδείξουμε ότι limtrarr0 et = 1 Επειδή

|et minus 1| = limnrarrinfin

∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

για κάθε ε gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει

|et minus 1| le ε2+∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

le ε2+ tn

∣∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus1

+(

1+ tn

)nminus2

+ +(

1+ tn

)+ 1

∣∣∣∣∣

le ε2+ tn

((1+ |t|

n

)nminus1

+(

1+ |t|n

)nminus2

+ +(

1+ |t|n

)+ 1

)

le ε2+ t

(1+ |t|

n

)nminus1

Άρα αν υποθέσουμε ότι |t| lt 1 θα ισχύει

|et minus 1| le ε2+ t

(1+ 1

n

)nminus1

le ε2+ te


Συνεπώς αν θέσουμε δ = min1 ε2e αν 0 lt t lt δ θα συμπεράνουμεότι |et minus 1| lt ε δηλαδή το ζητούμενο

προταση 576 Η ex είναι γνησίως αύξουσα και επί του (0infin)Απόδειξη Αν x lt y τότε ey = exeyminusx Άρα αρκεί να δείξουμε

ότι eyminusx gt 1 Αλλά

eyminusx = limnrarrinfin

(1+ y minus x

n

)nge 1+y minus x gt 1

από την ανισότητα Bernoulli

Από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής και τη συνέχεια τα ex αρκείνα αποδείξουμε ότι η ex παίρνει οσοδήποτε μεγάλες και οσοδήπο-τε μικρές θετικές τιμές Αυτό προκύπτει αμέσως η ex παίρνειοσοδήποτε μεγάλες τιμές αφού

ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)nge 1+ x

για κάθε x isin R Επίσης παίρνει οσοδήποτε μικρές θετικές τιμές

αφού eminusx = 1ex και από το προηγούμενο η ex μπορεί να πάρειοσοδήποτε μεγάλες τιμές

Έτσι η εκθετική συνάρτηση ex R ֏ (0+infin) είναι 1-1 (αφο-ύ είναι γνησίως αύξουσα) και επί και συνεπώς αντιστρέφεται

Η αντίστροφή της ονομάζεται λογάριθμος και συμβολίζεται με

log(x) (0+infin) ֏ R Φανερά θα ισχύει elogx = x για κάθε x gt 0 και

log(ex) = x για κάθε x isin R Η log(x) ως αντίστροφη της εκθετικήςείναι και αυτή γνησίως αύξουσα συνεχής και επί του R

Επίσης σύμφωνα με τα προηγούμενα εύκολα βλέπουμε ότι ι-

σχύουν οι ανισότητες

προταση 577 Ισχύουν οι ανισότητες

ex ge 1+ x για κάθε x isin R και ex le 1

1minus x για κάθε x lt 1

Επίσης ισχύουν οι

1minus 1

xlt logx le x minus 1 για κάθε x gt 0

Απόδειξη Η ex ge 1+ x είναι άμεση από τον ορισμό της ex καιτην ανισότητα Bernoulli Άρα eminusx ge 1 + (minusx) συνεπώς αν x lt 1

παίρνουμε ότι ex ge 1(1minus x)Για τις ανισότητες του λογαρίθμου επειδή ex ge 1 + x για κάθε

x isin R συνεπάγεται exminus1 ge x και αφού η log είναι αύξουσα log(exminus1) gelogx δηλαδή logx le x minus 1

Λογαριθμίζοντας την ex ge 1(1minusx) παίρνουμε x ge log(1(1minusx))και αντικαθιστώντας με t την ποσότητα 1(1 minus x) παίρνουμε τηζητούμενη ανισότητα Παρατηρούμε ότι η συνθήκη x lt 1 ισοδυ-

ναμεί με t gt 0 ολοκληρώνοντας την απόδειξη


ορισμος 578 Για κάθε a gt 0 και για κάθε x isin R ορίζουμε

ax = ex loga

Εύκολα ελέγχουμε ότι ο ορισμός αυτός έχει όλες τις αναμενόμε-

νες ιδιότητες για παράδειγμα an = a middot a middot middot middota με n παράγοντεςδιότι

ent = limkrarrinfin

(1+ nt

k

)k= limkrarrinfin

(1+ nt

nk

)nk

διότι η τελευταία είναι υπακολουθία της προηγούμενης Συνεπώς

ent = limkrarrinfin

((1+ t

k

)k)n= (et)n

Άρα

an = en loga = (eloga)n = elogaeloga middot middot middot eloga = a middot a middot middot middotaμε n παράγοντεςΉ (ex)y = ey log ex = eyx = exy οπότε και

(ax)y = ey logax = ey log ex loga = eyx loga = axy

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύονται όλες οι ιδιότητες της εκθετικής

ax Η συνάρτηση αυτή για a gt 0 και a ne 1 εύκολα βλέπουμε ότι

είναι και αυτή γνήσια μονότονη (άρα 1-1) συνεχής και επί του

(0infin) Οπότε αντιστρέφεται και την αντίστροφή της την ονο-μάζουμε λογάριθμο με βάση το a και γράφουμε loga Προφανώς

ισχύει loga ax = x για κάθε x isin R και aloga x = x για κάθε x gt 0 Ως

αντίστροφη της ax για 0 lt a ne 1 ο λογάριθμος με βάση a είναισυνεχής συνάρτηση με την ίδια μονοτονία με την ax 1-1 και επίτου R

Όλες οι αλγεβρικές ιδιότητές τόσο της εκθετικής όσο και του

λογάριθμου προκύπτουν εύκολα και αφήνονται ως απλή άσκηση

Κλείνουμε αυτή την ενότητα παρατηρώντας ότι (e(loga)n)n =eloga = a δηλαδή κάθε θετικός αριθμός a έχει n-στη ρίζα τον α-ριθμό a1n = e(loga)n

58 Ο e είναι άρρητος

Θα αποδείξουμε πρώτα ότι ισχύει ο τύπος

e = limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ 1


n

)

Κάτι πιο ισχυρό ισχύει εδώ δηλαδή υπάρχει ανάλογη με αυτήν

περιγραφή για την ποσότητα ex για καθε x isin R αλλά αυτό θατο δούμε όταν θα ασχοληθούμε με σειρές (Ενότητα 102)


Για να αποδείξουμε τον παραπάνω τύπο αναπτύσσουμε με το

διωνυμικό ανάπτυγμα το (1+ 1n)n

(1+ 1

n

)n=

nsum

k=0

(nk

)1nminusk

(1

n

)k

= 1+ n

1(nminus 1)1

n+ n

2(nminus 1)1

n2+ + n

n0

1

nn

= 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+ middot middot middot

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)middot middot middot

(1minus kminus 1

n

)+

+ 1

n

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus nminus 1

n

)

le 1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n= sn

Η sn είναι φανερά (γνησίως) αύξουσα (αφού sn+1 = sn+1(n+1) gtsn) και είναι και άνω φραγμένη διότι 2n le n για κάθε n ge 4 οπότε

sn le 1+ 1+ 1

2+ 1

22+ 1

24+ 1

25+ + 1

2nle 3minus 1

23lt 3

Άρα η sn είναι συγκλίνουσα (ως αύξουσα και άνω φραγμένη)

οπότε παίρνοντας όρια βρίσκουμε ότι

e = limnrarrinfin

(1+ 1

n

)nle lim sn

Για την αντίστροφη από τα παραπάνω παρατηρούμε ότι αν

σταθεροποιήσουμε ένα k lt n τότε ισχύει(

1+ 1

n

)nge 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)

για κάθε n ge k Αφήνοντας το n να πάει στο άπειρο συμπεραίνου-με ότι e ge sk αφού όλες οι προηγούμενες παρενθέσεις συγκλίνουνστο 1 καθώς n rarr infin με το k σταθερό Αφήνοντας τώρα το k ναπάει στο άπειρο βρίσκουμε e ge limkrarrinfin skΑς υποθέσουμε τώρα ότι ο e είναι ρητός και έστω ότι e = km

με k m isin N Παρατηρήστε ότι m ge 2 αφού 2 lt e lt 3 Θεωρούμε

τον αριθμό

x =m(e minus sm) =m

(kmminus(

1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

m

))

Φανερά x gt 0 (αφού e gt sm) Επίσης επιμερίζοντας το m στην

παραπάνω συμπαιρένουμε αμέσως ότι x isin N Άρα θα καταλήξου-με σε άτοπο αν αποδείξουμε ότι x lt 1 αφού ανάμεσα στο 0 και


στο 1 δεν υπάρχουν φυσικοί ακέραιοι Έχουμε

x =m

(limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n

)minus sm

)

= limnrarrinfin

m

(1

(m+ 1)+ 1

(m+ 2)+ + 1

n

)

= limnrarrinfin

(1

m+ 1+ 1

(m+ 1)(m+ 2)+

+ 1

(m+ 1)(m+ 2) middot middot middot (m+ (nminusm))

)

le limnrarrinfin

(1

3+ 1

32+ + 1

3nminusm

)le limnrarrinfin

13minus 1

3nminusm+1

1minus 13

= 1

2

Άρα ο e είναι άρρητος

59 Βασικά όρια

προταση 591 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει λn rarr 0

Απόδειξη Για λ = 0 είναι προφανές Για 0 lt λ lt 1 είναι η

Εφαρμογή 5211 Για minus1 lt λ lt 0 ισχύει

|λn| = |λ|n rarr 0

αφού 0 lt |λ| lt 1 Άρα λn rarr 0

προταση 592 Για κάθε λ isin R με λ gt 1 ισχύει λn rarr +infin ενώ για

λ le minus1 η λn δεν συγκλίνει

Απόδειξη Αν λ gt 1 τότε 0 lt 1λ lt 1 συνεπώς (1λ)n rarr 0 Αλλά

(1λ)n = 1λn άρα λn rarr +infin από την Ιδιότητα 565

Αν λ = minus1 η λn δεν συγκλίνει αφού λ2n = (minus1)2n = 1 rarr 1 ενώ

λ2n+1 = (minus1)2n(minus1) = minus1 rarr minus1 ne 1

Αν λ lt minus1 η λ2n = (λ2)n rarr +infin αφού λ2 gt 1 ενώ λ2n+1 = λ(λ2n) rarrminusinfin αφού λ lt 0 και λ2n rarr +infin

προταση 593 Για κάθε λ isin R με |λ| lt 1 ισχύει nλn rarr 0 Επιπλέον

για κάθε p gt 0 ισχύει npλn rarr 0

Απόδειξη 1|λ| gt 1 άρα υπάρχει θ gt 0 ώστε |λ|minus1 = 1 + θ Επι-πλέον

(1+ θ)n gt n(nminus 1)2

θ2

από το διωνυμικό ανάπτυγμα ((1 + θ)n = 1 + nθ + (n(n minus 1)θ2)2 +middot middot middot + θn) Έτσι

nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0


Τέλος για p gt 0 ισχύει

|npλn| =(n(|λ|1p)n

)p rarr 0p = 0

αφού |λ|1p lt 1

προταση 594 Για κάθε a gt 0 ισχύει nradicararr 1

Απόδειξη Αν a ge 1 τότε nradica ge 1 Θέτουμε vn = n

radicaminus1 ge 0 οπότε

a = (1+ vn)n Από την ανισότητα Bernoulli

a = (1+ vn)n ge 1+nvn

και λύνοντας ως προς vn

0 le vn leaminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική οπότε από την Πρότα-

ση 5411 limvn = 0 Έτσι

nradica = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

προταση 595 nradicnrarr 1

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι nradicn =

(2nradicn)2 και δείχνουμε πρώτα

ότι lim 2nradicn = 1 ακολουθώντας την ίδια απόδειξη με την Πρότα-

ση 594 θέτουμε vn = 2nradicnminus 1 ge 0 οπότε

radicn = (1+ vn)n ge 1+nvn


0 le vn leradicnminus 1

n

Η τελευταία ακολουθία είναι μηδενική (γιατί) οπότε (από την

Πρόταση 5411) limvn = 0 Συνεπώς

2nradicn = 1+ vn rarr 1+ 0 = 1

Τέλος από την Ιδιότητα 548

lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1

προταση 596 Αν an rarr ℓ gt 0 τότε nradican rarr 1

Απόδειξη Από τον ορισμό της σύγκλισης (για ε = ℓ2 gt 0)

υπάρχει ένα n0 isin R ώστε αν n ge n0 τότε

|an minus ℓ| ltℓ2


Συνεπώςℓ2lt an lt

3ℓ2

και άραnradicℓ2 lt n

radican lt

nradic

3ℓ2

Από την Πρόταση 594 οι ακολουθίες nradicℓ2 και n

radic3ℓ2 συγκλίνουν

στο 1 και άρα από το θεώρημα ισοσυγκλινουσών ακολουθιών

συγκλίνει στο 1 και η nradican

προταση 597 Αν p isin R an rarr 0 και an gt minus1 τότε (1+ an)p rarr 1

Απόδειξη Ανάλογα αν an ge 0 ή an le 0 ισχύει 1 le (1+an)p le (1+an)[p]+1 ή (1+ an)[p] le (1+ an)p le 1 αντίστοιχα Στις παραστάσεις

με τον ακέραιο εκθέτη χρησιμοποιούμε το διωνυμικό ανάπτυγμα

και παίρνουμε όρια για an rarr 0

προταση 598 Αν an rarr 0 τότε limnrarrinfin cosan = 1

Απόδειξη Χρησιμοποιώντας γνωστές τριγωνομετρικές ταυτότη-

τες έχουμε

| cosan minus 1| = | cosan minus cos 0| =∣∣∣∣minus2 sin

(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|

Παίρνοντας όρια προκύπτει το ζητούμενο

προταση 599 Αν an rarr 0 και an ne 0 τότε

limnrarrinfin

sinanan

= 1

Απόδειξη Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα

cosθ le∣∣∣∣

sinθθ

∣∣∣∣ le 1

που ισχύει για κάθε 0 lt θ lt π2Η an τείνει στο 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε 0 lt an lt π2 για

κάθε n ge n0 άρα για αυτά τα n ισχύει

cosan le∣∣∣∣

sinanan

∣∣∣∣ le 1

και παίρνοντας όρια προκύπτει η ζητούμενη με τη βοήθεια της

Πρότασης 598

προταση 5910 Για κάθε ακολουθία an ne 0 με an rarr 0 ισχύει

limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1


Απόδειξη Από την Πρόταση 577 για κάθε minus1 lt x lt 1 ισχύει

1+ x le ex le 1

1minus x (511)

Χρησιμοποιώντας την an στη θέση του x (αφού μετά από κάποιοδείκτη θα βρίσκεται στο διάστημα (minus11) λόγω του ότι an rarr 0)

προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1

1minus anγια τους θετικούς όρους της an και

1 ge ean minus 1

ange 1

1minus an

για τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια σε κάθε πε-ρίπτωση προκύπτει το ζητούμενο

προταση 5911 Για κάθε a gt 1 και για κάθε p q gt 0 οι παρακάτω


lognn

lognnp

logq nnp

logann

logannp

logqannp

Απόδειξη Θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα logx le x minus 1

που ισχύει για κάθε x ge 1 Έχουμε

0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logq nnp

=(

lognnpq

)qrarr 0

Τα κλάσματα με τους λογαρίθμους βάσης a gt 1 προκύπτουν από

τα προηγούμενα και τον τύπο logan = (logn)(loga)

προταση 5912 Αν a gt 1 an rarr 0 και an gt minus1 τότε loga(1+ an)rarr 0

Απόδειξη Από τη σχέση loga x = (logx)(loga) αρκεί να αποδε-ίξουμε το ζητούμενο για a = e Αλλά αυτό προκύπτει αμέσως απότις ανισότητες 1minus 1

x le logx le x minus 1 (Πρόταση 577)

προταση 5913 Αν an rarr 0 an ne 0 και an gt minus1 τότε

log(1+ an)an

rarr 1


Απόδειξη Από την ανισότητα 1 minus 1x le logx le x minus 1 προκύπτει

αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1

για τους θετικούς όρους της an και

1

1+ ange log(1+ an)

ange 1

για τους αρνητικούς όρους της an Παίρνοντας όρια προκύπτειτο ζητούμενο

Ασκήσεις

ασκηση 591 Χρησιμοποιείστε το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών ακο-

λουθιών (Πρόταση 5411) για να βρείτε το όριο των ακολουθιών

(i) an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

(ii) bn =(

1minus 1

n2

)n

(iii) cn = nradicβknk + βkminus1nkminus1 + + β1n+ β0 όπου βi gt 0 για i = 12 k

(iv) dn = n

radic1 middot 3 middot 5 middot middot middot (2n+ 1)

2 middot 4 middot 6 middot middot middot (2n)

(Παρατηρήστε ότι 2 middot 4 middot 6 middot middot middot (2n) ge 1 middot 3 middot 5 middot middot middot (2nminus 1))

ασκηση 592 Αν το [x] συμβολίζει το ακέραιο μέρος του αριθμού x (δηλα-δή τον μεγαλύτερο ακέραιο που δεν είναι μεγαλύτερος του x) αποδείξτεχρησιμοποιώντας ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες ότι για κάθε x isin R ισχύει

limnrarrinfin

[nx]n

= x

Παρατηρήστε ότι για κάθε x isin R η ποσότητα [nx]n είναι ρητός αριθ-μός Συμπεράνετε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό x υπάρχει ακολουθίαρητών που συγκλίνει σε αυτόν

ασκηση 593 Αν x isin R ώστε sinx ne minus13 υπολογίστε το όριο της

an =x

1+ (3 sinx)3n

διακρίνοντας περιπτώσεις για το αν η ποσότητα 3 sinx είναι απολύτωςμικρότερη ίση ή μεγαλύτερη από το 1

ασκηση 594 Υπολογίστε τα όρια


limnrarrinfin

(1+ 4

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 3

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 1

n2

)n

limnrarrinfin

(4n+ 3

4n

)n lim

nrarrinfin

(n2 minus 1

n2 + 1

)n2

limnrarrinfin

(3+ 1

n

)n (1

3+ 1

n

)2n

limnrarrinfin

(1+ 1

n logn

)n lim

nrarrinfin

(1+ logn

n

)n lim

nrarrinfin

(1+ 1

n

)n logn

ασκηση 595 Χρησιμοποιήστε την Πρόταση 596 για να υπολογίσετε το

όριο της ακολουθίας an με

an = n

radicλn + 2

λ2n + en

για τις διάφορες τιμές του λ gt 0 (Υπόδειξη Διακρίνετε τις περιπτώσεις

0 lt λ lt 1 1 le λ le radice και λ gt radice

ασκηση 596 Βρείτε τα όρια των παρακάτω ακολουθιών

3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1

2n2(3n3 minus 5n+ 6)(4n4 minus 1)(2n+ 3)

radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn

n23n minus 2n9n+1 + 2

3n2nminus1 + 5n232n + 4nan + 5bn

2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + +n2

n3

1 middot 2+ 2 middot 3+ +n(n+ 1)n(1+ 2+ 3+ +n)

1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ + 1

2n + 2n+1


(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2

)radicradicradicradic

3

radic

3

radic3

radic3

radic3

︸︷︷︸nminusριζικά

(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1

sinλ2middot middot middot sin

λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4

ασκηση 597 Αν zn rarr 0 βρείτε τα όρια των ακολουθιών

3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

radiczn + 1minus 1

zn

ασκηση 598 Αποδείξτε ότι αν an bn gt 0 για κάθε n isin N και nradican rarr 1

anbn rarr ℓ gt 0 τότε nradicbn rarr 1

ασκηση 599 Αποδείξτε ότι για κάθε a gt 0 η ακολουθία που ορίζεται

αναδρομικά θέτοντας

xn+1 =1

2

(xn +

axn

)και x1 = a

συγκλίνει σε αριθμό x gt 0 με την ιδιότητα x2 = a (Υπόδειξη Αποδείξτεότι για a ge 1 η xn είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη)

Οι επόμενες δύο ασκήσεις δίνουν ένα αποτελεσματικό τρόπο υπολο-

γισμού της n-στης ρίζας θετικού αριθμού ορίζοντας μια ακολουθία πουσυγκλίνει ταχύτατα

ασκηση 5910 Χρησιμοποιήστε τη μονοτονία της (1+xn)n για να αποδε-ίξετε ότι (

(nminus 1)x + an

)nge xnminus1a

(Υπόδειξη Διαιρέστε με xn και τα δύο σκέλη της ζητούμενης για νααναχθείτε σε μια ανισότητα της μορφής (1+ (b minus 1)n)n ge b)


ασκηση 5911 Χρησιμοποιήστε την προηγούμενη ανισότητα για να απο-

δείξετε ότι ((kminus 1)x + a

xkminus1

k

)kge a

Με τη βοήθεια αυτού αποδείξετε ότι η ακολουθία που ορίζεται αναδρο-

μικά με

xn+1 =1

k

((kminus 1)xn +

axkminus1n

)και x1 = a ge 1

ικανοποιεί την ανισότητα axkn le 1 Στη συνέχεια δείξτε ότι συγκλίνει

(είναι φθίνουσα και κάτω φραγμένη) και το όριό της x gt 0 έχει την

ιδιότητα xk = aΓια 0 lt a lt 1 ορίζουμε την k-ρίζα του a εργαζόμενοι με τον 1a gt 1

Οι επόμενες δύο ασκήσεις παρέχουν ένα εναλλακτικό τρόπο για να

αποδειχθεί ότι η ακολουθία xn = (1+ xn)n είναι αύξουσαασκηση 5912 Αποδείξτε ότι η xn = (1+ xn)n είναι γνήσια αύξουσα γιαx gt 0 αποδεικνύοντας ότι xn+1xn gt 1 ως εξής γράψτε πρώτα

xn+1

xn=

(1+ x

n+1

)n+1

(1+ x

n

)n =(

1+ xn+ 1

)( n+1+xn+1n+xn

)n

μεταφέρετε όλους τους όρους στον παρονομαστή (ώστε στον αριθμητή

να μείνει μονάδα) και εφαρμόστε την ανισότητα Bernoulli

ασκηση 5913 Αποδείξτε ότι η xn = (1+ xn)n είναι γνήσια αύξουσα γιαx lt 0 και n gt minusx ως εξής θεωρήστε την ακολουθία

yn =(

1+ |x|nminus |x|

)n

για κάθε n gt |x| = minusx και γράφοντας

ynyn+1

=

(1+ |x|

nminus|x|

)n(1+ |x|

n+1minus|x|

)n+1 =1

1+ |x|n+1minus|x|

nnminus|x|n+1

n+1minus|x|

n

μεταφέρετε όλους τους όρους στον παρονομαστή (ο αριθμητής να με-

ίνει μονάδα) και εφαρμόστε την ανισότητα Bernoulli για να δείξετε ότι

ynyn+1 ge 1 δηλαδή η yn είναι φθίνουσα Στη συνέχεια παρατηρήστε ότιyn = 1xn

Η ανισότητα Bernoulli ισχύει και για μη ακέραιους εκθέτες Η επόμενες

δύο ασκήσεις μας καθοδηγούν στο να την αποδείξουμε

ασκηση 5914 Για κάθε t gt minus1 και για κάθε n isin N ισχύει(

1+ 1

nt

1+ t

)nle 1+ t

Η ανισότητα είναι γνήσια εκτός αν t = 0


ασκηση 5915 Για κάθε θ gt minus1 και για κάθε p isin R με p ge 1 ισχύει

(1+ θ)p ge 1+ pθ

(Υψώστε την ανισότητα της Άσκησης 5914 εις την mn και εφαρμόστετην ανισότητα Bernoulli για να αποδείξετε τη ζητούμενη με p = 1+mnόπου m n isin N Μετά χρησιμοποιήστε τη συνέχεια της εκθετικής συνάρ-τησης για να περάσετε σε πραγματικούς εκθέτες)

ασκηση 5916 Αποδείξτε με διαφορετικό τρόπο ότι η xn = (1+xn)n είναιγνησίως αύξουσα αν x ne 0 και n gt minusx ως εξής πολλαπλασιάστε τηνανισότητα της Άσκησης 5914 με (1 + t)n (για t gt minus1) και στη συνέχεια

αντικαταστήστε το t με x(n+ 1)

ασκηση 5917 Αποδείξτε με τον ίδιο τρόπο όπως στο Θεώρημα 571 ότι

η συνάρτηση

f(x) =(

1+ ax

)x

είναι γνησίως αύξουσα για κάθε x gt minusa και x ne 0 Για να το καταφέρετε

εύκολα για x lt y ξεκινήστε με την παράσταση ((1+ax)(1+ay))x(yminusx) μεταφέρετε τον αριθμητή στον παρονομαστή και προετοιμάστε την εφαρ-

μογή της ανισότητας Bernoulli για πραγματικούς αριθμούς όπως στην Ά-

σκηση 5915 Μετά την εφαρμογή της Bernoulli η ποσότητα που θα προ-

κύψει θα είναι μικρότερη της 1+ ay αν και μόνο αν

0 le a2

y2

y minus xx + a

η οποία είναι αληθής αν x gt minusa και δεν είναι γνήσια μόνο αν a = 0

Κεφάλαιο 6

lim sup και lim inf

61 Το σύνολο των υπακολουθιακών ορίων

Όπως γνωρίζουμε από το Θεώρημα 551 μια ακολουθία (an)nisinNπαρόλο που μπορεί να μην συγκλίνει έχει πάντα συγκλίνουσες υ-

πακολουθίες αν σε αυτές συμπεριλάβουμε και εκείνες που τείνουν

στο +infin ή στο minusinfin (αν η ακολουθία είναι φραγμένη έχει συγκλίνου-σα υπακολουθία ενώ αν δεν είναι φραγμένη έχει υπακολουθία που

τείνει στο +infin ή στο minusinfin)Ας συμβολίσουμε με Υ(an)mdashή απλά με Υ αν είναι σαφές για

ποια ακολουθία μιλάμεmdashτο σύνολο όλων των ορίων των υπα-

κολουθιών της an Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1 + 1n) τότεΥ(an) = minus1+1 Φανερά αν μια ακολουθία έχει όριο στο Rcupplusmninfinκάθε υπακολουθία της τείνει στο όριο της ακολουθίας οπότε το

Υ είναι μονοσύνολο

Από την άλλη μεριά υπάρχουν ακολουθίες των οποίων το

σύνολο Υ είναι όλο το R cup plusmninfin Μια τέτοια ακολουθία είναι ηακολουθία των ρητών αριθμών

προταση 611 Θεωρούμε μια ακολουθία (an)nisinN και θέτουμε s =supΥ(an) και i = infΥ(an) Τότε s i isin Υ(an) δηλαδή το σύνολοτων υπακολουθιακών ορίων έχει μέγιστο και ελάχιστο στοιχείο

στο R cup plusmninfin Ισοδύναμα υπάρχουν δυο υπακολουθίες της anπου η μια τείνει στο s και η άλλη στο i

Απόδειξη Αν s = +infin τότε για κάθε N isin N υπάρχει υπακο-

λουθιακό όριο sN gt N (αλλιώς όλα τα υπακολουθιακά όρια είναιμικρότερα ή ίσα του N οπότε και το s) Άρα υπάρχει όρος akN τηςan ώστε akN gt N (αλλιώς αν κάθε όρος της an είναι μικρότερος ήίσος του N τότε η an έχει άνω φράγμα το N και δεν γίνεται ναέχει υπακολουθία που να συγκλίνει στο sN gt N) Έτσι η υπακο-λουθία akN τείνει στο +infin = s Άρα s isin Υ(an)

74 lim sup και lim inf

Αν s = minusinfin τότε όλα τα υπακολουθιακά όρια της an είναι minusinfinοπότε an rarr minusinfin = s Άρα s isin Υ(an)Έστω τώρα ότι s isin R Για κάθε n isin N υπάρχει στοιχείο sn isin

Υ(an) με s ge sn gt s minus 1n από τον ορισμό του s ως supremum του

Υ(an) Αφού το sn είναι υπακολουθιακό όριο της an υπάρχει aknόρος της an ώστε |sn minus akn| lt 1n Έτσι έχουμε

|akn minus s| le |akn minus sn| + |sn minus s| = |akn minus sn| + s minus sn lt1

n+ 1

n= 2

nrarr 0

Συνεπώς η υπακολουθία akn της an συγκλίνει στο s Δηλαδή s isinΥ(an) Ομοίως i isin Υ(an)

ορισμος 612 Τα supΥ(an) και infΥ(an) ονομάζονται lim sup και

lim inf της ακολουθίας an ή ανώτερο (ή άνω) και κατώτερο (ήκάτω) όριο της ακολουθίας an ή μέγιστο και ελάχιστο υπακολου-θιακό όριο της an αντίστοιχα Γράφουμε

lim supnrarrinfin

an = supΥ(an) και lim infnrarrinfin

an = infΥ(an)

ή απλούστερα lim supan και lim infan αντίστοιχα

Για παράδειγμα αν an = (minus1)n(1+ 1n) τότε Υ = minus1+1 οπότεlim supan = +1 και lim infan = minus1

Φανερά ισχύει πάντα η

lim infnrarrinfin

an le lim supnrarrinfin

an (61)

αφού infak k ge n le supak k ge nπροταση 613 Κάθε ακολουθία an έχει όριο αν και μόνο αν

lim infnrarrinfin

an = lim supnrarrinfin

an

και η κοινή αυτή τιμή είναι το limnrarrinfin an

Απόδειξη Αν η an έχει όριο το ℓ τότε Υ(an) = ℓ αφού κάθευπακολουθία έχει και αυτή το ίδιο όριο ℓ Συνεπώς

lim infnrarrinfin

an = infΥ(an) = ℓ = supΥ(an) = lim supnrarrinfin

an

Αντιστρόφως αν ℓ = lim infnrarrinfin an = lim supnrarrinfin an τότε το Υ(an)είναι μονοσύνολο το μονοσύνολο ℓ αφού το infimum και το

supremum του Υ(an) συμπίπτουν Η απόδειξη θα ήταν τετριμμένηαν ξέραμε ότι η an συγκλίνει διότι η an είναι υπακολουθία τουεαυτού της Όμως δεν είναι εκ των προτέρων σαφές ότι αυτή

συγκλίνει Για αυτό καταφεύγουμε στο ακόλουθο επιχείρημα Ας


υποθέσουμε ότι η an δεν τείνει στο ℓ Τότε η ακολουθία αυτήδεν είναι ακολουθία Cauchy Συνεπώς υπάρχει ε gt 0 ώστε για

κάθε για κάθε n0 isin N υπάρχουν n gt m ge n0 ώστε |an minus am| ge εΕφαρμόζουμε το παραπάνω για n0 = 1 και βρίσκουμε n1 gt m1 ge1 ώστε |an1 minus am1| ge ε Επαναλαμβάνουμε το προηγούμενο γιαn0 = n1 + 1 και βρίσκουμε n2 gt m2 ge n1 + 1 ώστε |an2 minus am2| geε Επαναλαμβάνουμε το προηγούμενο για n0 = n2 + 1 κοκ Έτσι

βρίσκουμε δύο υπακολουθίες ank και amk ώστε |ank minus ank | ge εΚαθεμιά από τις ακολουθίες (ank)

infink=1 και (amk)

infink=1 έχουν υπακο-

λουθίες που τείνουν σε κάποιο όριο (είτε πραγματικό αριθμό αν

είναι φραγμένες είτε κάποιο από τα plusmninfin αν δεν είναι φραγμένες)Έστω ότι αυτά τα όρια είναι τα ℓ1 και ℓ2 αντίστοιχα Τότε φα-

νερά |ℓ1 minus ℓ2| ge ε και ταυτόχρονα ℓ1 ℓ2 isin Υ(an) το οποίο είναιάτοπο αφού το τελευταίο σύνολο είναι μονοσύνολο

62 Ιδιότητες των lim sup και lim inf

Θα ξεκινήσουμε αποδεικνύοντας ένα laquoτύποraquo για τα lim sup και

lim inf Θεωρούμε μια ακολουθία an Από αυτή ορίζουμε μια άλληακολουθία την bn = supak k ge n Φανερά η ακολουθία αυτήείναι φθίνουσα διότι αν n1 gt n2

ak k ge n1 sube ak k ge n2

οπότε

bn1 = supak k ge n1 le supak k ge n2 = bn2

Άρα η bn ως φθίνουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτεαποκλίνει στο minusinfin Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin bn isinR cup plusmninfin Ομοίως ορίζουμε την ακολουθία cn = infak k ge nΦανερά η ακολουθία αυτή είναι αύξουσα διότι αν n1 gt n2


οπότε

cn1 = infak k ge n1 ge infak k ge n2 = cn2

Άρα η cn ως αύξουσα είτε συγκλίνει (αν είναι φραγμένη) είτε α-ποκλίνει στο +infin Σε κάθε περίπτωση υπάρχει το limnrarrinfin cn isinR cup plusmninfin Η επόμενη πρόταση μάς λέει ότι τα παραπάνω όρια

είναι τα lim sup και lim inf της an αντίστοιχα

προταση 621 Για κάθε ακολουθία an ισχύει

lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)


Απόδειξη Αν lim supan = supΥ(an) = +infin τότε υπάρχει υπακο-

λουθία akn rarr +infin οπότε supak k ge n = +infin και άρα

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= +infin = lim supan

Αν lim supan = supΥ(an) = minusinfin τότε Υ(an) = minusinfin δηλαδή an rarrminusinfin Έτσι για κάθε M gt 0 υπάρχει n0 = n0(M) isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει an lt minusM Συνεπώς supak k ge n le minusM για κάθε

n ge n0 Δηλαδή

limnrarrinfin

(supak k ge n

)= minusinfin = lim supan

Υποθέτουμε τώρα ότι lim supan = s isin R και έστω ότι η υπακο-λουθία akn συγκλίνει στο s (Πρόταση 611) Έτσι για κάθε kn ge nισχύει akn isin ak k ge n οπότε

supak k ge n ge akn

Παίρνουμε τώρα όριο ως προς n για να καταλήξουμε στην

limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s

Για την αντίστροφη ανισότητα εργαζόμαστε με απαγωγή στο

άτοπο Θέτουμε

ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

υποθέτουμε ότι ℓ gt s και εφαρμόζουμε τον ορισμό του ορίου γιαε = (ℓ minus s)2 gt 0 οπότε υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να

ισχύει ∣∣∣supak k ge n minus ℓ∣∣ lt ℓ minus s

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας ℓ προκύπτει ότι

supak k ge n ge ℓ + s2

για κάθε n ge n0 Άρα υπάρχει υπακολουθία akn της an ώστε akn ge(ℓ + s)2 Περνώντας σε μια συγκλίνουσα υπακολουθία βρίσκου-με υπακολουθιακό όριο μεγαλύτερο του (ℓ + s)2 δηλαδή γνησίωςμεγαλύτερο του s το οποίο είναι άτοποΟμοίως εργαζόμαστε για την περίπτωση του lim inf

προταση 622 Αν για δυο ακολουθίες an και bn υπάρχει n0 isin N

ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an le bn τότε

lim supnrarrinfin


bn

και

lim infnrarrinfin

an le lim infnrarrinfin

bn


Απόδειξη Η απόδειξη είναι άμεση από την Πρόταση 621 α-

φού για n ge n0 θα ισχύει

supak k ge n le supbk k ge n

και

infak k ge n le infbk k ge n

προταση 623 Για κάθε ακολουθία an gt 0 ισχύει

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican le lim sup


nrarrinfin

an+1

an

Απόδειξη Η δεύτερη ανισότητα στη ζητούμενη είναι ήδη γνω-

στή (σχέση (61)) Η πρώτη ανισότητα έχει την ίδια απόδειξη με

την τρίτη οπότε θα αποδείξουμε μόνο την τρίτη

Θέτουμε ℓ = lim sup(an+1an) και θεωρούμε ένα οποιοδήποτε ε gt0 Έτσι υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει

sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε

Άρα αν n = n0 ισχύειak+1

akle ℓ + ε (62)

για κάθε k ge n0 Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις (62) για k =n0 n0 + 1 n0 + 2 nminus 1 για κάθε n με nminus 1 ge n0 παίρνουμε

an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3

an0+2middot middot middot an

anminus1le (ℓ + ε)nminusn0

αφού στα αριστερά έχουμε n minus n0 κλάσματα Μετά από τις δια-

γραφές στα αριστερά παίρνουμε ότι anan0 le (ℓ+ ε)nminusn0 Συνεπώς

για κάθε n ge n0 + 1 ισχύει

nradican le (ℓ + ε) n

radican0

(ℓ + ε)n0

Άρα για κάθε n ge n0 + 1

supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

Αφήνοντας το n να πάει στο άπειρο

limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε


διότι το όριο limnrarrinfinnradican0(ℓ + ε)n0 υπάρχει και ισούται με 1 οπότε

limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0

= limnrarrinfin

n

radican0

(ℓ + ε)n0= 1

από την Πρόταση 613

Δείξαμε λοιπόν ότι lim sup nradican le ℓ+ ε Τέλος αφήνοντας ε rarr 0+

ολοκληρώνουμε την απόδειξη

Ασκήσεις

ασκηση 621 Γράψτε τις λεπτομέρειες για την απόδειξη της ανισότητας

lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican

για κάθε ακολουθία an gt 0

ασκηση 622 Αποδείξτε ότι και τα τέσσερα όρια της Πρότασης 623 μπο-

ρεί να είναι διαφορετικά υπολογίζοντάς τα για την ακολουθία

an = 2(minus1)nnminusn

και δείχνοντας ότι

lim infan+1

an= 0 lim inf nradican =

1

4 lim sup nradican = 1 και lim sup

an+1

an= infin

Κεφάλαιο 7

Αριθμητικοί γεωμετρικοίκαι αρμονικοί μέσοι

Στο κεφάλαιο αυτό θα μελετήσουμε τις ακολουθίες που προκύπτουν

αν υπολογίσουμε αριθμητικούς ή γεωμετρικούς ή αρμονικούς μέσους

μιας ακολουθίας Δυο ακολουθίες an και bn λέγονται επάλληλεςόταν η bn είναι αύξουσα η an είναι φθίνουσα και ισχύει bn le anγια κάθε n isin N Έτσι έχουμε το εξής laquoσχήμαraquo για τους όρους

τους

b1 le b2 le b3 le le bn le an le le a3 le a2 le a1

Παρατηρούμε ότι δυο επάλληλες ακολουθίες πάντα είναι συγκλίνου-

σες ως μονότονες και φραγμένες (στα παραπάνω η bn είναι α-ύξουσα και άνω φραγμένη από τον a1 και η an είναι φθίνου-σα και κάτω φραγμένη από τον b1) Αν επιπλέον ξέρουμε ότι

an minus bn rarr 0 τότε οι επάλληλες ακολουθίες an και bn έχουν το ίδιοόριο

71 Η ακολουθία των αριθμητικών μέσων

προταση 711 Αν η ακολουθία xn συγκλίνει στο ℓ τότε και η ακο-λουθία

an =x1 + x2 + + xn

n

συγκλίνει στο ίδιο όριο

Απόδειξη Έστω ότι ε gt 0 και n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| lt ε2 γιακάθε n ge n1 Για το n1 επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε n ge n0

να ισχύει|x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|

nle ε

2

80 Αριθμητικοί γεωμετρικοί και αρμονικοί μέσοι

Έτσι για κάθε n ge n0 έχουμε

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣(x1 minus ℓ)+ (x2 minus ℓ)+ + (xn1 minus ℓ)+ + (xn minus ℓ)

n

∣∣∣∣∣

le |x1 minus ℓ| + |x2 minus ℓ| + + |xn1minus1 minus ℓ|n

+ |xn1 minus ℓ| + + |xn minus ℓ|n

le ε2+ nminusn1 + 1

nε2le ε

Άρα an rarr ℓ ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Από την παραπάνω πρόταση μπορούμε άμεσα να να βρούμε

τα όρια του αρμονικού μέσου και του γεωμετρικού μέσου της xnΑν υποθέσουμε ότι xn gt 0 και ℓ gt 0 τότε xminus1

n rarr ℓminus1 άρα από την

προηγούμενη πρόταση ισχύει

xminus11 + + xminus1

n

nrarr ℓminus1

και αντιστρέφοντας το κλάσμα συμπεραίνουμε ότι και ο αρμονι-

κός μέσος συγκλίνει στο ℓ

n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ

Τέλος από την ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού

μέσου (δείτε Άσκηση 712)

x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(71)

και το θεώρημα των ισοσυγκλινουσών ακολουθιών προκύπτει άμε-

σα ότιnradicx1x2 xn rarr ℓ

Μια άμεση γενίκευση των παραπάνω με εντελώς παρόμοια α-

πόδειξη είναι η εξής

προταση 712 Αν xn rarr ℓ και pn ακολουθία θετικών όρων με p1 +middot middot middot + pn rarrinfin τότε

limnrarrinfin

p1x1 + p2x2 + middot middot middot + pnxnp1 + p2 + middot middot middot + pn

= ℓ

Επιπλέον αν xn gt 0 για κάθε n isin N και ℓ gt 0 τότε

limnrarrinfin

xp1

1 xp2

2 xpnn = ℓ και limnrarrinfin

p1 + p2 + middot middot middot + pnp1

x1+ p2

x2+ middot middot middot + pn

xn

= ℓ


Απόδειξη Θέτουμε

an =p1x1 + middot middot middot + pnxnp1 + middot middot middot + pn

Αν ε gt 0 υπάρχει n1 isin N ώστε |xn minus ℓ| le ε2 για κάθε n ge n1 Για

το n1 αφού p1 + middot middot middot + pn rarr +infin επιλέγουμε n0 ge n1 ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει

p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middot middot middot + pn

ltε2

Έτσι για κάθε n ge n0 ισχύει

|an minus ℓ| =∣∣∣∣∣p1(x1 minus ℓ)+ middot middot middot + pn(xn minus ℓ)

p1 + middot middot middot + pn

∣∣∣∣∣

le p1|x1 minus ℓ| + middot middot middot + pn1minus1|xn1minus1 minus ℓ|p1 + middot middot middot + pn

+ pn1|xn1 minus ℓ| + + pn|xn minus ℓ|p1 + middot middot middot + pn

le ε2+ pn1 + middot middot middot + pnp1 + middot middot middot + pn

ε2lt ε

Για τον αρμονικό μέσο αφού ℓ xn gt 0 ισχύει xminus1n rarr ℓminus1 άρα

από το προηγούμενο

p1xminus11 + middot middot middot + pnxminus1

n

p1 + middot middot middot + pnrarr ℓminus1

συνεπώςp1 + middot middot middot + pn

p1xminus1 + middot middot middot + pnxminus1rarr ℓ

Τέλος το αποτέλεσμα για τον γεωμετρικό μέσο προκύπτει άμεσα

από την γενικευμένη ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού-αρμονικού



ge xp1

1 xp2

2 xpnn ge p1 + p2 + middot middot middot + pnp1

x1+ p2


xn

(72)

Ένα άμεσο πόρισμα της προηγούμενης πρότασης είναι το εξής

θεώρημα γνωστό ως laquoΛήμμα του Stoltzraquo Μπορεί να θεωρηθεί και

ως ο κανόνας Lrsquo Hospital για ακολουθίες

θεωρημα 713 (Λήμμα του Stoltz) Έστω ότι η yn είναι γνησίωςαύξουσα και limyn = +infin Αν

limxn minus xnminus1

yn minusynminus1= ℓ τότε lim

xnyn

= ℓ


Απόδειξη Θέτουμε x0 = y0 = 0 και υποθέτουμε χωρίς βλάβη της

γενικότητας ότι y1 gt 0 = y0 Παρατηρούμε ότι αν pn = ynminusynminus1 gt 0

τότε p1 + + pn = yn rarr +infin Εφαρμόζοντας την προηγούμενηπρόταση παίρνουμε ότι

ℓ = limp1

x1minusx0

y1minusy0+ + pn xnminusxnminus1

ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn


Με βάση το προηγούμενο επειδή η yn = n είναι γνήσια αύξου-σα με όριο το +infin μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο lim((logn)n)ως εξής

limlognn

= limlognminus log(nminus 1)nminus (nminus 1)

= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1+ 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις

ασκηση 711 Για κάθε x isin R βρείτε το όριο της ακολουθίας

[x]+ [2x]+ [3x]+ middot middot middot + [nx]n2

ασκηση 712 Αποδείξτε τις ανισότητες (71) και (72) ακολουθώντας τα

παρακάτω βήματα

bull Αποδειξτε πρώτα ότι για κάθε y ge x gt 0 και για κάθε λ isin [01]ισχύει

(1minus λ)x + λy ge x1minusλyλ

Αυτό μπορεί να γίνει αν διαιρέσετε με το x θέσετε z = yx ge 1 και

αποδείξετε με τη βοήθεια της παραγώγου ότι η συνάρτηση ϕ(z) =(1minus λ)+ λz minus zλ είναι αύξουσα για z isin [1+infin)

bull Παρατηρήστε ότι η ίδια ανισότητα ισχύει και όταν x ge y gt 0 θέτο-

ντας micro = 1minus λ και χρησιμοποιώντας το προηγούμενοbull Χρησιμοποιήστε επαγωγή για να δείξετε ότι αν λi isin [01] xi gt 0 για

i = 1 n καιsumni=1 λi = 1 τότε

λ1x1 + + λnxn ge xλ11 xλnn

Για την (72) επιλέξτε λi = pi(p1 + + pn) και για την (71) επιλέξτελi = 1n

ασκηση 713 Αποδείξτε το Λήμμα του Stoltz με τον ορισμό του ορίου

ως εξής από τον ορισμό της σύγκλισης θα οδηγηθείτε σε μια ανισότητα


που θα σχετίζει τις ποσότητες yn minus ynminus1 και xn minus xnminus1 Στη συνέχεια

αθροίστε κατά μέλη για όσα n ισχύει η ανισότητα που βρήκατε

ασκηση 714 Χρησιμοποιήστε το Λήμμα του Stoltz για να αποδείξετε ότι

αν xn rarr x τότε για κάθε r gt 0 ισχύει

limnrarrinfin

1rx1 + 2rx2 + 3rx3 + middot middot middot +nrxnn1+r = x

1+ r

72 Ο αριθμητικός-αρμονικός μέσος

προταση 721 Για οποιουσδήποτε αριθμούς a b gt 0 θεωρούμε τις

ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 = 2(aminus1 + bminus1)

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn

Τότε οι an και bn συγκλίνουν και ισχύει

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab

Δηλαδή ο laquoαριθμητικός-αρμονικός μέσοςraquo είναι ο γεωμετρικός μέσος

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και επαγωγικά

an =anminus1 + bnminus1

2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1

= bn για κάθε n ge 2

δηλαδή an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn

Συνεπώς οι ακολουθίες είναι επάλληλες

0 lt b1 le b2 le le bn le an le anminus1 le le a2 le a1

άρα είναι μονότονες και φραγμένες συνεπώς συγκλίνουν Και

επειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά bn = 2an+1minusan άρα

limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin

(2an+1 minus an) = limnrarrinfin

an

δηλαδή οι ακολουθίες είναι ισοσυγκλίνουσες

Για τον υπολογισμό του κοινού τους ορίου ℓ παρατηρούμε ότι

anbn = anminus1bnminus1 = = ab

Παίρνοντας όρια στην προηγούμενη σχέση προκύπτει ότι ℓ2 = abδηλαδή ℓ =

radicab ολοκληρώνοντας την απόδειξη


παρατηρηση 722 Παρατηρούμε εδώ ότι ο υπολογισμός του κοινού

ορίου των an και bn έγινε χρησιμοποιώντας τη συνεχή συνάρτησηf(xy) = xy η οποία έχει την ιδιότητα f(an+1 bn+1) = f(an bn)για κάθε n isin N Αυτή η ταυτότητα μας έδωσε την f(an bn) =f(a b) και με τη βοήθεια της συνέχειας της f περάσαμε στο όριοως προς n Έτσι προέκυψε η σχέση f(ℓ ℓ) = f(a b) από όπουλύσαμε ως προς ℓ Αυτή η παρατήρηση είναι σημαντική για τηνκατανόηση της επόμενης ενότητας

73 Ο αριθμογεωμετρικός μέσος


ακολουθίες an και bn με a1 = (a+ b)2 b1 =radicab

an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12

Το όριο αυτό ονομάζεται laquoαριθμογεωμετρικός μέσοςraquo των a καιb

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι a1 ge b1 και


2geradicanminus1bnminus1 = bn για κάθε n ge 2

άρα an ge bn για κάθε n isin N Τώρα προκύπτει εύκολα ότι η anείναι φθίνουσα και η bn αύξουσα Πράγματι

an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn




επειδή b1 gt 0 τα όριά τους είναι θετικοί αριθμοί Αλλά an = b2n+1bn

οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn

Δηλαδή οι ακολουθίες έχουν το ίδιο όριο ℓ = M(ab) Μένει ναυπολογιστεί η τιμή του ορίου


Σύμφωνα με την Παρατήρηση 722 αναζητούμε μια συνεχή συ-

νάρτηση I(a b) (0infin)times (0infin)rarr R με την ιδιότητα

I(a b) = I(a+ b

2radicab)

Μια τέτοια συνάρτηση έδωσε ο Gauss Θεωρούμε την

I(a b) =int π2

0

1radica2 cos2 θ + b2 sin2 θ

dθ

Για να δείξουμε εύκολα ότι έχει τη ζητούμενη ιδιότητα ελέγχουμε

πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx

αλλάζοντας μεταβλητή στο τελευταίο ολοκλήρωμα Συγκεκριμένα

θέτουμε x = b tanθ (η αλλαγή μεταβλητής αφήνεται ως άσκηση)

Ισχυρισμος I(a b) = I((a+ b)2

radicab)= I(a1 b1)

Πράγματι ξεκινάμε παρατηρώντας ότι επειδή η ποσότητα στο

ολοκλήρωμα είναι άρτια ισχύει

I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx

Ελέγχουμε ότι η συνάρτηση

ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R

είναι συνεχής και 1-1 Συγκεκριμένα ϕprime gt 0 οπότε η ϕ είναι γνη-

σίως αύξουσα και ϕ(0+) = minusinfin και ϕ(+infin) = +infin Αλλάζοντας λοι-πόν μεταβλητή και θέτοντας x = ϕ(t) το ολοκλήρωμα θα αλλάξειαπό 0 έως +infin Ελέγχουμε τέλος με απλές πράξεις ότι

x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt

Αντικαθιστώντας στο ολοκλήρωμα παίρνουμε

I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)


ολοκληρώνοντας την απόδειξη του ισχυρισμού

Τώρα ισχύει

I(a b) = I(a1 b1) = middot middot middot = I(an bn)

Αν υποθέσουμε ότι η I είναι συνεχής στο σημείο (ℓ ℓ) τότε παιρ-νόντας όρια παίρνουμε I(a b) = I(ℓ ℓ) Αλλά εύκολα υπολογίζουμεότι I(ℓ ℓ) = π(2ℓ2) Έτσι I(a b) = π(2ℓ2) και λύνοντας ως προςℓ ολοκληρώνουμε την απόδειξηΜένει να δείξουμε ότι limnrarrinfin I(an bn) = I(ℓ ℓ) Χωρίς βλάβη της

γενικότητας υποθέτουμε ότι an ge ℓ2 και bn ge ℓ2 Έτσιradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε

|I(an bn)minus I(ℓ ℓ)| leint π2

0

∣∣∣∣∣∣1radic

a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2

n sin2 θ minus ℓ2|dθradica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ ℓ(radica2n cos2 θ + b2

n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0

|a2n minus ℓ2| cos2 θ + |b2

n minus ℓ2| sin2 θ(ℓ2)ℓ((ℓ2+ ℓ)) dθ

le 4

3ℓ3

π2

(|a2n minus ℓ2| + |b2

n minus ℓ2|)rarr 0

Μπορούμε επιπλέον να δούμε ότι η ταχύτητα της σύγκλισης

είναι εκθετική

an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1

(an minus bn)(an+1 + bn+1)= 1

4

an minus bnan+1 + bn+1

= an minus bn2(an + bn)+ 4bn+1

le an minus bn2(an + bn)

le 1

2

Οπότε επαγωγικά

0 le an minus bn le1

2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 8

Γενικά περί σειρών

81 Ορισμοί

Θεωρούμε μια ακολουθία πραγματικών αριθμών (an)nisinN και ο-ρίζουμε μια νέα ακολουθία (sN)NisinN θέτοντας

sN = a1 + a2 + middot middot middot + aN =Nsum

n=1

an

Η νέα αυτή ακολουθία ονομάζεται σειρά της ακολουθίας (an)nisinNΚάθε όρος sN ονομάζεται το N-στο μερικό άθροισμα της ακολου-θίας (an)nisinN Αλλιώς σειρά της (an)nisinN είναι η ακολουθία τωνμερικών αθροισμάτων των όρων της

Αν η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων sN συγκλίνει τοόριό της το συμβολίζουμε με a1 + a2 + middot middot middot + aN + ή με

suminfinn=1 an

Συχνά παραβιάζεται η τυπική αυτή γλώσσα και λέμε laquoη σειράsuminfinn=1 anraquo επειδή με αυτό το συμβολισμό είναι προφανές ποια είναιη ακολουθία των μερικών αθροισμάτων και ποιο είναι το όριο

Αν το όριο δεν υπάρχει λέμε ότι laquoη σειράsuminfinn=1 an δεν συγκλίνειraquo

εννοώντας βεβαίως ότι η ακολουθία των μερικών αθροισμάτων

(sN)NisinN δεν συγκλίνειΟι σειρές λοιπόν δεν είναι παρά ειδικού τύπου ακολουθίες που

παράγονται από μια άλλη ακολουθία προσθέτοντας τους όρους

της laquoμε τη σειρά που εμφανίζονταιraquo

παραδειγμα 811 Ας θεωρήσουμε ένα αριθμό λ isin R και θέτουμε

an = λn δηλαδή η an είναι η γεωμετρική ακολουθία με λόγο λΗ σειρά αυτής της ακολουθίας ονομάζεται γεωμετρική σειρά με

λόγο λ Αν λ = 1 τότε φανερά

sN = 1+ 1+ middot middot middot + 1︸︷︷︸N

= N rarrinfin

90 Γενικά περί σειρών

Θα υπολογίσουμε τώρα αυτή τη σειρά δηλαδή τα μερικά αθρο-

ίσματα sN υπό την προϋπόθεση ότι λ ne 1

sN = λ+ λ2 + λ3 + middot middot middot + λN =Nsum

n=1

λn

Για να βρούμε το όριο αυτής της ακολουθίας θα υπολογίσουμε το

sN ως εξής παρατηρούμε ότι

(1minus λ)sN = (1minus λ)(λ+ λ2 + λ3 + middot middot middot + λN)= λ+ λ2 + λ3 + middot middot middot + λN minus λ2 minus λ3 minus middot middot middot minus λN minus λN+1

= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ

Αν minus1 lt λ lt 1 ισχύει limNrarrinfin λN = 0 συνεπώς sN rarr λ(1 minus λ) Λέμελοιπόν ότι η σειρά συγκλίνει στο λ(1 minus λ) και αντί για sN rarrλ(1minus λ) γράφουμε

infinsum

n=1

λn = λ1minus λ

Αν λ gt 1 τότε επειδή limNrarrinfin λN = infin συμπεραίνουμε ότι sN rarr infinδηλαδή

suminfinn=1 λ

n = infin και λέμε ότι η σειρά αυτή laquoαπειρίζεταιraquo ήαποκλίνει στο άπειρο σε κάθε περίπτωση δεν συγκλίνει

Το να μην συγκλίνει μια σειρά δεν σημαίνει ότι αποκλίνει στο

άπειρο Ας πάρουμε για παράδειγμα τη σειρά της ακολουθίας

an = (minus1)n δηλαδή τη σειράsuminfinn=1(minus1)n Για να βρούμε αν συ-

γκλίνει αυτή η σειρά πρέπει να ελέγξουμε αν συγκλίνουν τα με-

ρικά της αθροίσματα Αλλά αν ο δείκτης N της sN είναι άρτιοςτότε sN = 0 ενώ αν ο N είναι περιττός τότε sN = minus1 Δηλαδή

s2N = 0 rarr 0 και s2Nminus1 = minus1 rarr minus1 Άρα η σειρά αυτή δεν συγκλίνει

(χωρίς να laquoαπειρίζεταιraquo) Γενικότερα αν λ le minus1 η γεωμετρική σει-

ρά αποκλίνει Πράγματι

s2N =2Nsum

n=1

λn = λ(1minus λ2N)1minus λ rarrinfin

ενώ

s2Nminus1 =2Nminus1sum

n=1

λn = λ(1minus λ2Nminus1)1minus λ rarr minusinfin

(ελέγξτε τα πρόσημα των παραπάνω κλασμάτων) και συνεπώς

η sN έχει δυο υπακολουθίες με διαφορετικό όριο άρα η ίδια δενσυγκλίνει


Πολλές φορές χρειαζόμαστε να προσθέσουμε όρους μιας ακο-

λουθίας (an)nisinN ξεκινώντας όχι από τον a1 αλλά από κάποιον

από τους επόμενους όρους Αυτό μπορεί να συμβαίνει είτε επειδή

μας χρειάζεται κάτι τέτοιο ή επειδή η ακολουθία δεν έχει a1 (ή και

κάποιους ακόμα) όρους Για παράδειγμα η an = (nminus 1)minus1(nminus 5)minus1

δεν ορίζεται ούτε για n = 1 ούτε για n = 5 Έτσι και πάλι θα ο-

νομάζουμε laquoσειράraquo την ακολουθία μερικών αθροισμάτων της μορ-

φής

sN = an0 + an0+1 + middot middot middot + aN

με όριο τοsuminfinn=n0

an Όπως και πριν κατά παράβαση αυτής τηςτυπικής γλώσσας θα λέμε laquoη σειρά

suminfinn=n0

anraquo μια και από αυτήτην έκφραση καταλαβαίνουμε αμέσως πιο είναι το μερικό άθροι-

σμα και ποιο το όριο (αν υπάρχει)

Φράσεις όπως laquoσειρά της (nminus1)minus1(nminus5)minus1raquo δεν είναι σαφής και

θα πρέπει να ξεκαθαριστεί αν εννοούμε τηνsuminfinn=6(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή

τηνsuminfinn=7(nminus1)minus1(nminus5)minus1 ή κάτι άλλο Όμως η φράση laquoη σειρά της

(n minus 1)minus1(n minus 5)minus1 συγκλίνειraquo έχει νόημα σύμφωνα με την επόμενη

πρόταση

προταση 812 Για κάθε ακολουθία an που ορίζεται για n ge k isin Nκαι για κάθε n1 n2 ge k η σειρά

suminfinn=n1

an συγκλίνει αν και μόνοαν η σειρά

suminfinn=n2

an συγκλίνει

Απόδειξη Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι n2 gt n1

και θέτουμε

sN =Nsum

n=n1

an = an1 + an1+1 + middot middot middot + aN

και

tN =Nsum

n=n2


για κάθε N ge n2 Φανερά

sN = tN + (an1 + an1+1 + middot middot middot + an2minus1)

Άρα η sN συγκλίνει αν και μόνο αν η tN συγκλίνει αφού δια-φέρουν κατά μια σταθερή ποσότητα

Στη συνέχεια θα εργαζόμαστε εν γένει με σειρές της μορφήςsuminfinn=1 an αλλά όλα τα αποτελέσματα με τις προφανείς τροποποι-ήσεις ισχύουν και για σειρές της μορφής

suminfinn=n0

an για οποιοδήπο-τε n0 isin N


Ασκήσεις

ασκηση 811 Υπολογίστε τις γεωμετρικές σειρές

(i)

infinsum

n=1

1

2n(ii)

infinsum

n=1

2n

3n

82 Πράξεις με σειρές

Εξαιτίας των ιδιοτήτων των συγκλινουσών ακολουθιών έχουμε

την εξής συνέπεια

προταση 821 Έστω ότι οι (an)nisinN και (bn)nisinN είναι ακολουθίεςπραγματικών αριθμών και οι σειρές τους

suminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn συ-

γκλίνουν Τότε για κάθε πραγματικό αριθμό λ οι σειρέςinfinsum

n=1

(λan) καιinfinsum

n=1

(an + bn)

συγκλίνουν και ισχύει

infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn

Απόδειξη Φανερά ισχύουν οι

Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn

για κάθε N isin N Παίρνοντας όρια για N rarr infin προκύπτει άμεσα τοζητούμενο

Το αντίστροφο δεν είναι σωστό Μπορεί να συγκλίνει ηsuminfinn=1(an+

bn) αλλά να αποκλίνουν οιsuminfinn=1 an και

suminfinn=1 bn Για παράδειγμα

ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n

συγκλίνει ως γεωμετρική σειρά με λόγο 12 αλλά καμιά από τιςsuminfinn=1 1 και

suminfinn=1(2

minusn minus 1) δεν συγκλίνουν (γιατί)

Ασκήσεις

ασκηση 821 Αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει εξετάστε ως προς τη σύγκλι-

ση τη σειράnsum

n=1

(an minus eminusn

)

ασκηση 822 Αν γνωρίζετε ότιsuminfinn=0 x

nn = ex υπολογίστε τις σειρές


(i)infinsum

n=1

n+ 1

n

(ii)infinsum

n=1

1

(nminus 1) (n+ 1)

(iii)infinsum

n=1

2n(2n+ 1)

Γενικά αν έχουμε να υπολογίσουμε τη σειρά

infinsum

n=1

ϕ(n)n

όπου το ϕ(n) είναι ακέραιο πολυώνυμο του n γράφουμε πρώτα το πο-λυώνυμο στη μορφή

A0 +A1n+A2n(nminus 1)+A3n(nminus 1)(nminus 2)+ middot middot middot +Akn(nminus 1) (nminus k+ 1)

όπου k ο βαθμός του ϕ(n) Με βάση αυτή την παρατήρηση λύστε τηνπαρακάτω άσκηση

ασκηση 823 Υπολογίστε τις σειρές

(i)infinsum

n=1

n2 minus 3n+ 2

n

(ii)infinsum

n=1

(nminus 1)3

n

Αν έχουμε να υπολογίσουμε τη σειράsuminfinn=1ϕ(n)x

n όπου το ϕ(n) είναι α-κέραιο πολυώνυμο του n τότε θέτουμε sN για το μερικό άθροισμα τηςσειράς και υπολογίζουμε την ποσότητα (1minusx)sn = sN minusxsN Αυτό θα μαςοδηγήσει σε νέες σειρές του ίδιου τύπου όπου η νέα ϕ(n) θα έχει χαμη-λότερο βαθμό από την αρχική Με βάση αυτή την παρατήρηση λύστε

την ακόλουθη άσκηση


(i)infinsum

n=1

n+ 1

3n

(ii)infinsum

n=1

2n2 + 5

3n

ασκηση 825 Δείξτε ότι για |λ| lt 1 ισχύειinfinsum

n=1

nλnminus1 = 1

(1minus λ)2


n=1

n2λnminus1 = 1+ λ(1minus λ)3

Κεφάλαιο 9

Θεωρητικά κριτήριασύγκλισης σειρών

91 Το κριτήριο φράγματος

προταση 911 (Κριτήριο φράγματος) Αν an ge 0 και η sN =sumNn=1 an

είναι φραγμένη ακολουθία τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν δεν

είναι φραγμένη απειρίζεται

Απόδειξη Επειδή an ge 0 η sN είναι αύξουσα και επειδή είναι καιφραγμένη συγκλίνει (Θεώρημα 551) Αν δεν είναι φραγμένη η sNτότε δεν είναι άνω φραγμένη επειδή είναι αύξουσα Έτσι για

κάθε M gt 0 υπάρχει N0 isin N ώστε sN0 ge M Οπότε επειδή είναι καιαύξουσα για κάθε N ge N0 ισχύει sN ge sN0 ge M δηλαδή sN rarrinfin

Ένα πολύ ενδιαφέρον και χρήσιμο παράδειγμα προκύπτει από

την Άσκηση 424

παραδειγμα 912 Για κάθε p gt 1 η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει Πράγ-

ματι από την Άσκηση 424

sN = 1+ 1

2p+ 1


Nple pp minus 1

δηλαδή είναι φραγμένη και επειδή 1np ge 0 από την προηγούμενη

πρόταση η σειρά συγκλίνει Για 0 lt p lt 1 η σειρά αποκλίνει αφού

δεν είναι άνω φραγμένη (Άσκηση 424) Τέλος για p = 1 δεν είναι

άνω φραγμένη αφού s2N ge 2minus1N (Άσκηση 424 ή 911)

96 Θεωρητικά κριτήρια σύγκλισης σειρών

Ασκήσεις

ασκηση 911 Αποδείξτε ότι η σειρά sN =sumNn=1 1n δεν είναι άνω φραγμένη

αποδεικνύοντας ότι s2N ge 2minus1N ως εξής ομαδοποιήστε τα κλάσματα τηςs2N ανά 2n κλάσματα γράφοντας

s2N = 1+ 1

2+ 1


2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1

22 + 2+ middot middot middot + 1

23

)+

+ middot middot middot +(

1

2Nminus1 + 1+ 1

2Nminus1 + 2+ middot middot middot + 1

2N

)

και αντικαταστήστε σε κάθε παρένθεση όλα τα κλάσματα με το μικρότε-

ρο κλάσμα της παρένθεσης

ασκηση 912 Αποδείξτε ότι η σειράinfinsum

n=1

1

2radicnείναι συγκλίνουσα

92 Το κριτήριο Cauchy

Όπως γνωρίζουμε από τις ακολουθίες (Θεώρημα 555) κάθε ακο-

λουθία συγκλίνει αν και μόνο αν είναι ακολουθία Cauchy Έτσι

το ίδιο ισχύει και για την ακολουθία (sN)NisinN των μερικών αθροι-σμάτων οποιασδήποτε ακολουθίας Σε αυτή την περίπτωση εξαι-

τίας της μορφής που έχουν οι όροι sN η ιδιότητα Cauchy παίρνει

και αυτή μια ειδική μορφή Παρατηρούμε ότι αν οι N gt M είναι

φυσικοί αριθμοί και sN είναι τα μερικά αθροίσματα της ακολου-θίας (an)nisinN τότε

|sN minus sM | =∣∣∣∣∣Nsum

n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣

=∣∣(a1 + a2 + middot middot middot + aN)minus (a1 + a2 + middot middot middot + aM)

∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣

αφού όλοι οι όροι της an μέχρι και τον aM θα διαγραφούν Έτσικαταλήγουμε στην ακόλουθη πρόταση

θεωρημα 921 (Ιδιότητα Cauchy) Η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθε

N gt M ge N0 να ισχύει

∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε


Αν υποθέσουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε για κάθε

ε gt 0 θα έχει την παραπάνω ιδιότητα για κάθε N gt M ge N0 άρα

και για N =M + 1 Δηλαδή

∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε

Αλλά το τελευταίο άθροισμα δεν είναι παρά η ποσότητα |aM+1|Καταλήξαμε έτσι στο ότι για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε M ge N0 να ισχύει |aM+1| lt ε Ισοδύναμα για κάθεn ge N0 + 1 ισχύει |an| lt ε δηλαδή η ακολουθία an είναι μηδενική

πορισμα 922 Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε limnrarrinfin an = 0

Το πόρισμα αυτό αποτελεί και ένα εύκολο κριτήριο μη σύγκλι-

σης σειρών Διότι αν ξέρουμε για μια ακολουθία an ότι αυτή δενείναι μηδενική τότε αποκλείεται με βάση αυτό το πόρισμα να

συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 an

Για παράδειγμα η σειρά

infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n

δεν συγκλίνει διότι η ακολουθία (n(n + 1))n δεν είναι μηδενικήΠράγματι (

nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0

Αυτός είναι ο πρώτος έλεγχος που κάνουμε σε μια σειρά όταν

προσπαθούμε να διαγνώσουμε αν αυτή συγκλίνει ή όχι διότι είναι

συνήθως ο απλούστερος

Το αντίστροφο του παραπάνω πορίσματος δεν είναι σωστό

όπως φαίνεται εύκολα στο επόμενο παράδειγμα

Η σειράsuminfinn=1

1radicn αποκλίνει παρόλο που 1

radicnrarr 0 Πράγματι

sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic

3+ middot middot middot + 1radic

N

ge 1radicN+ 1radic

N+ middot middot middot + 1radic

N︸︷︷︸Nminusκλάσματα

= N 1radicN=radicN

Δηλαδή sN geradicN για κάθε N isin N συνεπώς sN rarr infin και η σειράsuminfin

n=1 1radicn αποκλίνει (απειρίζεται) (Δείτε και Άσκηση 424 από

όπου προκύπτει αμέσως ότι για όλα τα 0 lt p lt 1 η σειράsuminfinn=1n

minusp

απειρίζεται)


Την ίδια συμπεριφορά έχει και η ακολουθία 1n Παρόλο που1nrarr 0 εν τούτοις

infinsum

n=1

1

n= infin

Η σειρά της 1n ονομάζεται αρμονική σειρά Το ότι αποκλίνει (α-πειρίζεται) μπορεί να αποδειχθεί με διάφορους τρόπους (δείτε Α-

σκήσεις 911 424 923 και 924) Ίσως ο πιο γρήγορος τρόπος

απόδειξης ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει είναι ο ακόλουθος υ-

ποθέτουμε ότι η σειρά συγκλίνει και θέτουμε ℓ =suminfinn=1 1n Τότε

1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1


2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6

)+ middot middot middot +

(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6


(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1


n

Παίρνουμε τώρα όριο με n rarr infin από όπου προκύπτει αμέσως ℓ ge12+ ℓ το οποίο είναι άτοπο

ορισμος 923 Λέμε ότι μια σειράsuminfinn=1 an μιας ακολουθίας (an)nisinN

συγκλίνει απόλυτα αν η σειράsuminfinn=1 |an| της ακολουθίας (|an|)nisinN

συγκλίνει

Αν μια σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει πολλές φορές αντί για τη φράση

laquoσυγκλίνειraquo χρησιμοποιούμε τη φράση laquoσυγκλίνει απλάraquo σε αντι-

διαστολή με τη φράση laquoσυγκλίνει απόλυταraquo

Μια άλλη συνέπεια της ιδιότητας Cauchy είναι η ακόλουθη

πορισμα 924 Αν μια σειρά συγκλίνει απόλυτα τότε συγκλίνει και

απλά

Απόδειξη Αν η σειράsuminfinn=1 |an| συγκλίνει τότε ικανοποιεί την

ιδιότητα Cauchy Αλλά τότε για κάθε ε gt 0 υπάρχει N0 = N0(ε) isin Nώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει

sumNn=M+1 |an| lt ε Αλλά από

την τριγωνική ανισότητα έχουμε

∣∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ leNsum

n=M+1

|an| lt ε

δηλαδή και η σειράsuminfinn=1 an ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy άρα

συγκλίνει


Ασκήσεις

ασκηση 921 Εξετάστε αν συγκλίνει ή όχι η σειρά

infinsum

n=1

(minus1)n(

1+ 2

n2

)n2

ασκηση 922 [Abel-Pringsheim] Αποδείξτε ότι αν η an ge 0 είναι μια φθίνου-

σα ακολουθία και η σειρά της συγκλίνει τότε nan rarr 0 Συμπεράνετε ότι

ηsuminfinn=1 1n δεν συγκλίνειΥπόδειξη Αν sn το μερικό άθροισμα της σειράς της an αποδείξτε ότι

s2n minus sn ge na2n

ασκηση 923 Αποδείξτε ότι οι ακολουθίες

xn = 1+ 1


nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1


nminus logn

είναι επάλληλες δηλαδή ότι xn le yn για κάθε n isin N η xn είναι αύξουσακαι η yn είναι φθίνουσα Συμπεράνετε ότι συγκλίνουν και από αυτόαποδείξτε ότι

1+ 1


nrarrinfin

ασκηση 924 Αποδείξτε ότι η αρμονική σειρά αποκλίνει ως εξής αν sN =sumNn=1 1n το μερικό άθροισμα της αρμονικής σειράς τότε

esN =Nprod

n=1

e1n ge N + 1

χρησιμοποιώντας σε κάθε όρο του γινομένου την ανισότητα ex ge 1+x γιαx isin R και κάνοντας τις απλοποιήσεις που προκύπτουν στο γινόμενο

93 Το κριτήριο σύγκρισης

Το ακόλουθο κριτήριο έχει ακριβώς την ίδια απόδειξη με την α-

πόδειξη της Πρότασης 924

θεωρημα 931 (Κριτήριο σύγκρισης) Αν για δυο ακολουθίες anbn gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε να ισχύει an le bn για κάθε n ge n0 και

ηsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η

suminfinn=1 an συγκλίνει

Αν ηsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η

suminfinn=1 bn αποκλίνει


Απόδειξη Αφού η σειρά της bn συγκλίνει συμπεραίνουμε ότι ησειρά αυτή ικανοποιεί την ιδιότητα Cauchy Έτσι για κάθε ε gt 0

υπάρχει N0 = N0(ε) isin N με N0 ge n0 (αλλιώς επιλέγουμε το n0 στη

θέση του N0) ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ισχύει


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

Αλλά 0 le an le bn για κάθε n ge N0 οπότε


n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε

συνεπώς και η σειρά της aN έχει την ιδιότητα Cauchy άρα συ-

γκλίνει

Αν τώρα η sN =sumNn=1 an αποκλίνει επειδή an ge 0 συμπεραίνουμε

ότι sN rarrinfin Αλλά για κάθε N ge n0 ισχύει

Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin

Άρα και ηsumNn=1 bn αποκλίνει

Η απόδειξη του παρακάτω κριτηρίου ανάγεται στο προηγούμε-

νο

πορισμα 932 (Κριτήριο οριακής σύγκρισης) Αν για δυο ακολου-

θίες an bn gt 0 ισχύει limnrarrinfin anbn = ℓ gt 0 τότε η σειράsuminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει

Απόδειξη Εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης με ε = ℓ2Οπότε υπάρχει n0 = n0(ε) isin N ώστε για κάθε n ge n0 |anbn minus ℓ| ltℓ2 Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και πολλαπλασιάζοντας με bnσυμπεραίνουμε ότι

1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn

Έτσι από το Θεώρημα 931 αν ηsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συ-

γκλίνει και ηsuminfinn=1(12)ℓbn άρα και η

suminfinn=1 bn (Πρόταση 821 για

λ = 2ℓ) Επιπλέον αν συγκλίνει ηsuminfinn=1 bn τότε συγκλίνει και ηsuminfin

n=1(32)ℓbn (Πρόταση 821 για λ = (32)ℓ) οπότε και ηsuminfinn=1 an

Το επόμενο πόρισμα είναι απλό αλλά ιδιαίτερα χρήσιμο


πορισμα 933 (Κριτήριο σύγκρισης λόγων) Αν για τις ακολουθίες

an bn gt 0 ισχύειan+1

anle bn+1

bnγια καθε n isin N τότε

bull αν η σειράsuminfinn=1 bn συγκλίνει τότε και η


bull αν η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει τότε και η


Απόδειξη Φανερά μετά τις απαλοιφές ισχύει

an =ananminus1

anminus1

anminus1middot middot middot a2

a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1

bnminus2middot middot middot b2

b1a1 =

a1

b1bn

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το Θεώρημα 931

Ασκήσεις

ασκηση 931 Ελέγξτε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1

radicn+ 1minusradicn

n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

infinsum

n=1

1

3n minusn

infinsum

n=1

1+ 2+ middot middot middot +n12 + 22 + middot middot middot +n2

infinsum

n=1

arctan1

3n2 + 2n+ 7

ασκηση 932 Αποδείξτε με το κριτήριο σύγκρισης ότι η σειράsuminfinn=1n

5eminusn6

συγκλίνει συγκρίνοντας την ακολουθία n5eminusn6με την eminusn


infinsum

n=2

1

n2 minusradicninfinsum

n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1

n2 minusna a isin R 2

ασκηση 934 Χρησιμοποιήστε το οριακό κριτήριο σύγκρισης για να ελέγ-

ξετε τη σύγκλιση των σειρών

infinsum

n=1

(1minus eminus1n)

infinsum

n=1

(nradicnminus 1)

ασκηση 935 Αν για an ge 0 η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει εξετάστε τη σύγκλι-

ση των σειρών

infinsum

n=1

a2n

infinsum

n=1

apn p ge 1infinsum

n=1

an1+ an

infinsum

n=1

a2n

1+ a2n


94 Τηλεσκοπικές σειρές

Ξεκινάμε με τον ακόλουθο ορισμό

ορισμος 941 Αν η ακολουθία an γράφεται ως bn+1 minus bn για

κάποια άλλη ακολουθία bn τότε η σειράsuminfinn=1 an ονομάζεται τη-

λεσκοπική

θεωρημα 942 Έστω ότι an και bn ακολουθίες για τις οποίες ι-σχύει an = bn+1 minus bn για κάθε n isin N Τότε η τηλεσκοπική σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν υπάρχει το όριο limbn Σε αυτήτην περίπτωση ισχύει

infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1

Απόδειξη Πράγματι

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)

= (b2 minus b1)+ (b3 minus b2)+ (b4 minus b3)+ middot middot middot + (bN+1 minus bN)= bN+1 minus b1

Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin

(bN+1 minus b1) = limnrarrinfin

bn minus b1

Με βάση τα παραπάνω η σειράsuminfinn=1n

minus1(n + 1)minus1 συγκλίνει

διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1

n(n+ 1)= limnrarrinfin

(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1

941 Το κριτήριο Dini-Kummer

Ένα πόρισμα που συνδυάζει το θεώρημα για τις τηλεσκοπικές

σειρές και το κριτήριο σύγκρισης είναι και ένα από τα πλέον

ισχυρά κριτήρια γνωστό ως κριτήριο Dini-Kummer

πορισμα 943 (Κριτήριο Dini-Kummer) Για τις ακολουθίες an bn gt 0

θέτουμε

dkn =anbn minus an+1bn+1

an


Αν lim dkn gt 0 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει n0 isin N

ώστε dkn le 0 για κάθε n ge n0 και η σειράsuminfinn=1 b

minus1n αποκλίνει

τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Αν θέσουμε λ = (lim dkn)2 gt 0 τότε υπάρχει δείκτης

n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn ge λ Συνεπώς

0 lt an le1

λ(anbn minus an+1bn+1) (91)

Από την (91) η ακολουθία anbn είναι φθίνουσα Και επειδή ε-ίναι και θετική είναι φραγμένη και άρα συγκλίνει Έτσι η σει-

ράsuminfinn=n0

an συγκρίνεται με την τηλεσκοπική σειράsuminfinn=n0

(anbn minusan+1bn+1) η οποία συγκλίνει (στο an0bn0 minus limanbn) Άρα η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνειΑν τώρα υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει dkn le

0 τότε anbn minus an+1bn+1 le 0 οπότε για κάθε n ge n0 ισχύει an geanminus1(bnminus1bn) οπότε

ananminus1

ge 1bn1bnminus1

και το αποτέλεσμα προκύπτει αμέσως από το κριτήριο σύγκρισης

λόγων (Πόρισμα 933)

παρατηρηση 944 Αν lim dkn lt 0 τότε υπάρχει δείκτης n0 isin N ώστεdkn le 0 δηλαδή ικανοποιείται η δεύτερη συνθήκη του κριτηρίου

Dini-Kummer Το αντίστροφο όμως δεν είναι αληθές

Με το κριτήριο Dini-Kummer μπορούμε εύκολα να ελέγξουμε τη

σύγκλιση της σειράς της 1np για p ne 1 Πράγματι θέτουμε θέτου-

με bn = nminus 1 για κάθε n ge 2 Έτσι για an = 1np ισχύει

dkn =(nminus 1)np minusn(n+ 1)p

1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1

με όριο τον αριθμό p minus 1 (Άσκηση 941) Άρα σύμφωνα με το

κριτήριο Dini-Kummer η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει αν p gt 1 και

αποκλίνει για p lt 1

Ασκήσεις

ασκηση 941 Αποδείξτε ότι

limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1

)p)= p 1minus ep log

(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1


και χρησιμοποιώντας τα βασικά όρια των Προτάσεων 5910 και 5913

ασκηση 942 Υπολογίστε τις τηλεσκοπικές σειρές

infinsumn=na

1

(a+n)(a+n+ 1) για na gt a a isin R

infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(nminus 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn

(eminus1 minus 1+ eminusnminus1

))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1

ασκηση 943 Αποδείξτε ότι αν an = Aϕ(n) + Bϕ(n + 1) + Cϕ(n + 2) μεA+ B + C = 0 τότε ισχύει

nsum

k=1

ak = Aϕ(1)minus Cϕ(2)minusAϕ(n+ 1)+ Cϕ(n+ 2)

και με τη βοήθεια αυτού υπολογίστε τη σειρά

infinsum

n=1

3n+ 2

n(n+ 1)(n+ 2)

(Υπόδειξη για την τελευταία σειρά ϕ(n) = 1n)

ασκηση 944 Αποδείξτε το κριτήριο Dini-Kummer για την περίπτωση που

δεν υπάρχει το όριο της dkn Συγκεκριμένα αποδείξτε ότι αν lim inf dkn gt 0

τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει ενώ αν lim sup dkn lt 0 και η

suminfinn=1 b

minus1n

αποκλίνει τότε και ηsuminfinn=1 an αποκλίνει

95 Το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy

Ας υποθέσουμε ότι η ακολουθία an είναι θετική και φθίνουσα καιθέλουμε να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράς της Δεδομένου του

ότι είναι φθίνουσα χρειαζόμαστε άραγε όλους τους όρους της ή

μήπως μπορούμε κάποιους να τους απορρίψουμε Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a1 + a3 + a3 + a5 + a5 + middot middot middotle 2(a1 + a3 + a5 + middot middot middot )

Δηλαδή αν συγκλίνει η σειρά των όρων με περιττό δείκτη συ-

γκλίνει και η αρχική σειρά Βεβαίως δεν υπάρχει κάτι laquoμαγικόraquo

στους όρους με περιττό δείκτη Διότι ισχύει και

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot le a1 + a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + middot middot middotle a1 + 2(a2 + a4 + a6 + middot middot middot )


Άρα αν η σειρά των όρων με άρτιους δείκτες συγκλίνει τότε συ-

γκλίνει και η αρχική σειρά Μάλιστα η σύγκλιση είναι laquoαν και

μόνο ανraquo Για παράδειγμα

a1 + a2 + a3 + a4 + a5 + a6 middot middot middot ge a2 + a2 + a4 + a4 + a6 + a6 + middot middot middotle 2(a2 + a4 + a6 + middot middot middot )

οπότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά

suminfinn=1 a2n

συγκλίνει

Εύκολα μπορούμε να δούμε ότι αυτό το τέχνασμα μπορεί να

επεκταθεί και να ελέγξουμε τη σύγκλιση μιας σειράς θετικής και

φθίνουσας ακολουθίας ελέγχοντας αν συγκλίνει η σειρά αφού της

αφαιρέσουμε περισσότερους όρους Δοκιμάστε για παράδειγμα να

δείξετε όπως παραπάνω ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 a3n συγκλίνει

Μέχρι πού μπορεί να επεκταθεί αυτό το τέχνασμα Το παρα-

κάτω θεώρημα μας δίνει μια απάντηση Έστω ότι η kn είναι μιαγνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών Θέλουμε να εφαρ-

μόσουμε το παραπάνω τέχνασμα από τον όρο akn έως τον akn+1

Αν οι αποστάσεις των kn από τους kn+1 δεν laquoαυξάνουν ραγδαίαraquo

το παραπάνω τέχνασμα λειτουργεί

θεωρημα 951 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Έστω ότι η

an είναι μια μη αρνητική και φθίνουσα ακολουθία και η kn είναιμια γνησίως αύξουσα ακολουθία φυσικών αριθμών για την οποία

υπάρχει αριθμός M gt 0 ώστε

kn+1 minus kn leM(kn minus knminus1)

για κάθε n ge 2 Τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(kn+1 minus kn)akn συγκλίνει

Απόδειξη Επειδή η kn είναι γνησίως αύξουσα εύκολα ελέγχου-με με επαγωγή ότι kn ge n για κάθε n isin N (Άσκηση 322) Άρα αν

sN είναι το μερικό άθροισμα της σειράς της an επειδή N+1 le kN+1

(οπότε N le kN+1 minus 1) ισχύει

sN le skN+1minus1

le a1 + middot middot middot + ak1minus1 + ak1 + middot middot middot + ak2minus1︸︷︷︸k2minusk1 όροι

+middot middot middot + akN + middot middot middot + akN+1minus1︸︷︷︸kN+1minuskN όροι

le a1 + middot middot middot + ak1minus1 + (k2 minus k1)ak1 + middot middot middot + (kN+1 minus kN)akN

ΔηλαδήNsum

n=1

an le a1 + middot middot middot + ak1minus1 +Nsum

n=1

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η τελευταία σειρά συγκλίνει συγκλίνει και η αρχική


Αντιστρόφως για κάθε m ge kN

sm ge skN = a1 + + ak1 + ak1+1 + + ak2 + ak2+1 + + akNge ak1+1 + middot middot middot + ak2︸︷︷︸

k2minusk1 όροι

+middot middot middot + akNminus1+1 + middot middot middot + akN︸︷︷︸kNminuskNminus1 όροι

ge (k2 minus k1)ak2 + middot middot middot + (kN minus kNminus1)akN

Πολλαπλασιάζοντας με M και χρησιμοποιώντας την υπόθεση πα-ίρνουμε

Msm ge (k3 minus k2)ak2 + middot middot middot + (kN+1 minus kN)akN

Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn

Άρα αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει τότε συγκλίνει και η

suminfinn=1(kn+1minus

kn)an ολοκληρώνοντας την απόδειξη

πορισμα 952 (Κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy) Αν η ακολουθία

(an)nisinN είναι μη αρνητική και φθίνουσα τότε η σειράsuminfinn=1 an

συγκλίνει αν και μόνο αν η σειράsuminfinn=1 2na2n συγκλίνει

Απόδειξη Άμεσο από το παραπάνω θεώρημα για kn = 2n α-

φού

kn+1 minus kn = 2n+1 minus 2n = 2 middot 2n minus 2n = 2n = 2(2n minus 2nminus1) = 2(kn minus knminus1)

παρατηρηση 953 Και πάλι η επιλογή kn = 2n για το παραπάνω

δεν είναι σε καμμία περίπτωση μοναδική Αν για παράδειγμα επι-

λέξουμε kn = 3n θα προκύψει ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και

μόνο αν η σειράsuminfinn=1 3na3n συγκλίνει Ή αν επιλέξουμε kn = n2

εύκολα ελέγχουμε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η

σειράsuminfinn=1(2n+ 1)an2 συγκλίνει

παραδειγμα 954 Με το κριτήριο συμπύκνωσης του Cauchy είναι

πολύ εύκολο να ελέγξουμε τη σύγκλιση της σειράςsuminfinn=1 1np για

κάθε p gt 0 Πράγματι η σειρά θα συγκλίνει αν και μόνο αν συ-

γκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n

Αλλά η τελευταία είναι γεωμετρική σειρά με λόγο 12pminus1 οπότε

συγκλίνει αν και μόνο αν ο λόγος αυτός είναι μικρότερος του 1

δηλαδή αν και μόνο αν p gt 1


Ασκήσεις

ασκηση 951 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=1

n2 tan1

n3

infinsum

n=1

sinπradicn

infinsum

n=1

lognn32

ασκηση 952 Να μελετηθεί ως προς τη σύγκλιση η σειρά

infinsum

n=1

1

(n+ 1)np

για p isin Rασκηση 953 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τις σειρές

infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p

ασκηση 954 Αν συμβολίσουμε με log(n)(x) τη συνάρτηση

log log log log︸︷︷︸n φορές

(x)

(για παράδειγμα log(3)(x) = log(log(log(x)))) και με e(n) την ποσότητα

exp exp exp︸︷︷︸n φορές

(1)

(για παράδειγμα e(3) = eee και e(4) = eeee) εξετάστε ως προς τη σύγκλιση

τη σειράinfinsum

n=e(k)+1

1

n middot logn middot log(2)n middot middot middot log(kminus1)n middot (log(k)n)p

(Παρατηρήστε ότι το σημείο εκκίνησης της σειράς δηλαδή το e(k) + 1

έχει επιλεχθεί μόνο και μόνο ώστε να μην μηδενίζεται κανένας από τους

λογαρίθμους του παρονομαστή αφού log(k)(x) = 0 αν και μόνο αν x =e(k))

ασκηση 955 Αν η ακολουθία an ge 0 είναι φθίνουσα δείξτε ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν η σειρά

suminfinn=1 e

na[en] συγκλίνει (Πρέπειπρώτα να δείξετε ότι [en] lt [en+1])

96 Το ολοκληρωτικό κριτήριο

προταση 961 (Ολοκληρωτικό κριτήριο) Έστω ότι η συνάρτηση

f [1infin)rarr R είναι μη αρνητική και φθίνουσα Θέτουμε an = f(n)Τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει αν και μόνο αν το ολοκλήρωμαintinfin

1 f(x)dx συγκλίνει (δηλαδή αν limtrarrinfinint t1 f(x)dx isin R)


Απόδειξη Αφού η f είναι φθίνουσα για κάθε n isin N ισχύει

f(n) ge f(x) ge f(n+ 1)

για κάθε x isin [nn+ 1] Συνεπώς

int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx

δηλαδή f(n) geintn+1n f(x)dx ge f(n+1) Προσθέτοντας τις τελευταίες

ανισότητες για n = 12 N παίρνουμε

Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an

Άρα αν το ολοκλήρωμα συγκλίνει τότε συγκλίνει και το μερι-

κό άθροισμαsumN+1n=2 an αφού αυξάνει και είναι φραγμένο από τοintinfin

1 f(x)dx Δηλαδή η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

Αντιστρόφως αν η σειράsumNn=1 an συγκλίνει τότε το ολοκλήρω-

μα συγκλίνει αφού η

int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an

συνεπάγεται ότι η συνάρτηση F(t) =int t1 f(x)dx είναι αύξουσα και

άνω φραγμένη άρα το όριο limtrarrinfin F(t) υπάρχει στο R (και ισο-

ύται με suptge1 F(t))

παραδειγμα 962 Ας ελέγξουμε και πάλι τη σειράsuminfinn=1 1np για

p gt 0 Φανερά η f(x) = 1xp για x isin [0infin) είναι μη αρνητική καιφθίνουσα και 1np = f(n) Συνεπώς η σειρά

suminfinn=1 1np συγκλίνει

αν και μόνο αν συγκλίνει το ολοκλήρωμαintinfin1 xminusp dx Αλλά

intinfin1xminusp dx =

xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1

1minusp αν 0 lt p ne 1

logx∣∣infinx=1= limxrarrinfin logx αν p = 1

Φανερά αυτά τα όρια υπάρχουν στο R αν και μόνο αν p gt 1

Κεφάλαιο 10

Εφαρμογές τουκριτηρίου σύγκρισης

Σε αυτό το κεφάλαιο θα αναπτύξουμε εργαλεία που προκύπτουν

από το κριτήριο σύγκρισης Αν περιοριστούμε σε μη αρνητικές

ακολουθίες είναι φανερό ότι κάθε συγκλίνουσα ή αποκλίνουσα

σειρά δίνει τη δυνατότητα δημιουργίας ενός κριτηρίου σύγκλισης

ή απόκλισης Για παράδειγμα γνωρίζουμε ότι για λ gt 0 η σει-

ράsuminfinn=1 λ

n συγκλίνει αν και μόνο αν 0 lt λ lt 1 Έτσι αν βρούμε

τρόπους να συγκρίνουμε μια ακολουθία an ge 0 με την λn θα προ-κύψει ένα κριτήριο σύγκλισης ή απόκλισης Πολλές φορές αντί

για την άμεση σύγκριση an le λn είναι ευκολότερο να ελέγχουμεάλλες συνθήκες οι οποίες οδηγούν στην επιθυμητή σύγκριση (θα

δούμε παρακάτω συγκεκριμμένα παραδείγματα)

Εκτός από την ακολουθία λn μπορούμε να χρησιμοποιήσουμεοποιαδήποτε ακολουθία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει ή αποκλίνει για

να φτιάξουμε ένα κριτήριο Για παράδειγμα μπορεί κανείς να α-

ναπτύξει κριτήρια που συγκρίνουν με τη σειρά της ακολουθίας

1np ή με τη σειρά της ακολουθίας 1(n(logn)p) για τις οποίεςγνωρίζουμε πότε συγκλίνουν και πότε όχι από το κριτήριο συ-

μπύκνωσης του Cauchy

Ένα άλλο ενδιαφέρον θέμα είναι αν υπάρχει κάποια σειρά

infinsum

n=1

cn με cn ge 0

η οποία θα παρείχε το laquoαπόλυτοraquo κριτήριο σύγκλισης υπό την

έννοια ότι μια σειράsuminfinn=1 an θα συγκλίνει αν και μόνο αν ηsuminfin

n=1 an συγκρίνεται με τηνsuminfinn=1 cn Θα δούμε στην τελευταία ε-

νότητα ότι ένα τέτοιο καθολικό κριτήριο σύγκλισης δεν μπορεί να

υπάρξει

110 Εφαρμογές του κριτηρίου σύγκρισης

Ξεκινάμε με κριτήρια που προκύπτουν από σύγκριση με τη γε-

ωμετρική σειρά

101 Σύγκριση με τη γεωμετρική σειρά

Στην ενότητα αυτή βρίσκουμε συνθήκες που ελέγχονται σχετικά

εύκολα και οδηγούν στη σύγκριση μιας ακολουθίας an με τη γεω-μετρική ακολουθία λn

1011 Το κριτήριο λόγου

Αν οι όροι μιας μη αρνητικής ακολουθίας an φθίνουν πιο γρήγορααπό τη γεωμετρική πρόοδο με λόγο 0 le λ lt 1 θα ισχύει an+1 le λan(δηλαδή ο επόμενος όρος της an έχει μειωθεί περισσότερο από τονπολλαπλασιασμό με λ της γεωμετρικής προόδου) η σειρά

suminfinn=1 an

θα πρέπει να συγκλίνει αφού συγκλίνει ηsuminfinn=1 λ

n Ανάλογα αν

η an αυξάνει πιο γρήγορα από όσο αυξάνει η λn για λ ge 1 δη-

λαδή αν an+1 ge λan η σειράsuminfinn=1 an πρέπει να αποκλίνει Σε

κάθε περίπτωση συγκρίνουμε τον λόγο an+1an με έναν αριθμόλ είτε μικρότερο είτε μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Η απόδειξη όμως

ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής Για αυτό τον λόγο κατα-

φεύγουμε στη χρήση της Παρατήρησης 532 και υπολογίζουμε το

όριο ℓ = limnrarrinfin an+1an Αν για παράδειγμα το όριο ℓ είναι στοδιάστημα [01) τότε χρησιμοποιώντας αυτή την παρατήρηση γιαε = (1 minus ℓ)2 θα προκύψει ότι μετά από κάποιον δείκτη n0 isin N

ισχύει an+1 le ((1 + ℓ)2)an δηλαδή έχουμε σύγκριση με τη γεωμε-τρική ακολουθία με λόγο λ = (1 + ℓ)2 isin (01) Έτσι η σειρά τηςan θα συγκλίνει Ομοίως θα αποκλίνει αν το όριο είναι γνησίωςμεγαλύτερο του 1 Αν το όριο βέβαια βγει ακριβώς ίσο με 1 τότε

δεν μπορούμε να κάνουμε σύγκριση γιατί δεν μπορούμε να ξέρουμε

ούτε καν αν an+1an le 1 ή an+1an ge 1

Τέλος η προϋπόθεση an ge 0 μπορεί να παραλειφθεί αν χρη-

σιμοποιήσουμε τις απόλυτες τιμές |an+1an| Έχουμε λοιπόν τοακόλουθο

προταση 1011 (Κριτήριο λόγου του Drsquo Alambert) Για κάθε ακολου-

θία an ne 0

bull αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει και μάλι-

στα απολύτως


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ gt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει


Απόδειξη Θέτουμε ℓ = limnrarrinfin |an+1an| και υποθέτουμε ότι 0 le ℓ lt1 Έτσι για κάθε ε gt 0 άρα και για ε = (1minusℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin Nώστε για κάθε n ge n0 ισχύει

∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣minus ℓ∣∣∣∣∣ lt

1minus ℓ2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή και προσθέτοντας το ℓ παίρνουμε

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1

Αν θέσουμε λ = (1 + ℓ)2 τότε 0 lt λ lt 1 και για κάθε n ge n0 ισχύει

|an+1| le λ|an| Η τελευταία ανισότητα όμως μπορεί να επαναλαμ-βάνεται όσο το n παραμένει από n0 και πάνω Έτσι αν n ge n0

θα έχουμε

|an| le λ|anminus1| le λλ|anminus2| = λ2|anminus2| le λ3|anminus3| le le λnminusn0|anminus(nminusn0)| = λnminusn0|an0|

(στο an0 σταματάει η δυνατότητα εφαρμογής της |an+1| le λ|an|)Άρα για κάθε n ge n0 ισχύει |an| le (λminusn0|an0|)λn Επειδή η γεωμε-τρική σειρά

suminfinn=1 λ

n συγκλίνει αφού 0 le λ lt 1 συμπεραίνουμε ότι

και ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει από την Πρόταση 931

Αν τώρα ℓ gt 1 εφαρμόζουμε τον ορισμό της σύγκλισης για

ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 και παίρνουμε ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 ισχύει ∣∣∣∣

an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1

Συνεπώς |an+1| gt |an| για κάθε n ge n0 δηλαδή η ακολουθία

(|an|)ngen0 είναι γνησίως αύξουσα άρα δεν είναι μηδενική Αυτό

όμως συνεπάγεται ότι ηsuminfinn=1 an αποκλίνει από το Πόρισμα 922

παρατηρηση 1012 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfin |an+1an| = 1

δεν γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς

Αυτό συμβαίνει επειδή για παράδειγμα το παραπάνω όριο είναι

ίσο με 1 τόσο για την ακολουθία 1n όσο και για την ακολου-θία 1n2 Εν τούτοις η μεν

suminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2

συγκλίνει

παρατηρηση 1013 Η απόδειξη του κριτηρίου λόγου δείχνει άμεσα

ότι αν υπάρχει n0 isin N ώστε |an+1an| le λ lt 1 για κάθε n ge n0 τότε

η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει απολύτως ενώ αν |an+1an| ge λ gt 1 για

κάθε n ge n0 η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει


Ασκήσεις

ασκηση 1011 Αποδείξτε ότι αν για τη σειράsuminfinn=1 an με an ne 0 για κάθε

n isin N ισχύει limnrarrinfin |an+1an| = 1 αλλά υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε

n ge n0 να ισχύει |an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει


(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np

n για p isin R (γ)

infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n

ασκηση 1013lowast Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο λόγου ότι η σειράsuminfinn=1

radicn(ne)n

nαποκλίνει (Υπόδειξη χρησιμοποιείστε την Άσκηση 1011)

Στη συνέχεια αποδείξτε με επαγωγή ότι για κάθε n isin N ισχύει

e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n

και συμπεράνετε ότι και οι σειρές

infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn

αποκλίνουν

ασκηση 1014 Εξετάστε ως προς τη σύγκλιση τη σειράsuminfinn=1(a

nna) γιαa isin Rασκηση 1015 Βρείτε για ποια x ge 0 οι παρακάτω σειρές συγκλίνουν

infinsum

n=1

3n

n3xn

infinsum

n=1

n(3n)(4n)

xn

ασκηση 1016 Αποδείξτε ότι το κριτήριο Dini-Kummer είναι ισχυρότερο

του κριτηρίου λόγου επιλέγοντας στο κριτήριο Dini-Kummer bn = 1 για

κάθε n isin Nασκηση 1017 Στην περίπτωση που το όριο lim |an+1an| δεν υπάρχειαποδείξτε το εξής κριτήριο λόγου

bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an


bull Αν limnrarrinfin

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = 1 αλλά για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

|an+1an| ge 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

1012 Το κριτήριο n-στης ρίζας του Cauchy

Η απόδειξη του επόμενου κριτηρίου είναι και αυτή μια αναγωγή

στη γεωμετρική σειρά Η αναγωγή αυτή βασίζεται στο ότι για

λ ge 0 ισχύει |an| ecirc λn αν και μόνο αν nradic|an| ecirc λ


προταση 1014 (Κριτήριο n-στής ρίζας του Cauchy) Για κάθε ακο-

λουθία (an)nisinN

bull αν limnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μάλι-


bull αν limnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Θέτουμε 0 le ℓ = limnrarrinfinnradic|an| και αν ℓ lt 1 εφαρμόζουμε

τον ορισμό της σύγκλισης για ε = (1 minus ℓ)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N

ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ lt1minus ℓ

2

Ανοίγοντας την απόλυτη τιμή προσθέτοντας ℓ και υψώνονταςστη n-στη δύναμη παίρνουμε

|an| lt(

1+ ℓ2

)n

Αλλά η σειράsuminfinn=1((1 + ℓ)2)n συγκλίνει (αφού (1 + ℓ)2 lt 1) άρα

και η σειράsuminfinn=1 |an|


ε = (ℓ minus 1)2 gt 0 υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 ισχύει∣∣∣∣ nradic|an| minus ℓ

∣∣∣∣ ltℓ minus 1

2


(1+ ℓ

2

)nlt |an|

Αλλά αυτό συνεπάγεται ότι η an δεν είναι μηδενική αφού ((1 +ℓ)2)n rarrinfin οπότε η


παρατηρηση 1015 Παρατηρούμε εδώ ότι αν limnrarrinfinnradic|an| = 1 δεν

γίνεται να συμπεράνουμε κάτι για τη σύγκλιση της σειράς Αυτό

συμβαίνει επειδή για παράδειγμα limnrarrinfinnradic

1n = limnrarrinfinnradic

1n2 = 1

αλλά η μενsuminfinn=1 1n αποκλίνει η δε

suminfinn=1 1n2 συγκλίνει

102 Η σειρά που συγκλίνει στην εκθετική συ-

νάρτηση

Στην Ενότητα 58 αποδείξαμε ότι

e =infinsum

n=0

1

n


Εδώ θα επεκτείνουμε το προηγούμενο στην ακόλουθη πρόταση

προταση 1021 Για κάθε x isin R ισχύει

ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n=

infinsum

n=0

xn

n

Απόδειξη Θέτουμε s(x) =suminfink=0 x

kk Χρησιμοποιώντας το διω-

νυμικό ανάπτυγμα εύκολα ελέγχουμε ότι

s(x)minus(

1+ xn

)n=

infinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))xk

διότι στην παραπάνω έκφραση το γινόμενο των παρενθέσεων ε-

ίναι ίσο με μηδέν όταν k ge n + 1 Συνεπώς από την τριγωνική

ανισότητα

∣∣∣∣s(x)minus(

1+ xn

)n∣∣∣∣ leinfinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))|x|k

=∣∣∣∣∣s(|x|)minus

(1+ |x|

n

)n∣∣∣∣∣

Άρα αρκεί να αποδείξουμε τη ζητούμενη για x gt 0 Αλλά για αυτό

η απόδειξη είναι ακριβώς ίδια με την απόδειξη ότι e =suminfinn=0 1n

της Ενότητας 58 και αφήνεται ως άσκηση

Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R

ασκηση 1022 Εξετάστε για ποια x ge 0 συγκλίνει η σειράinfinsum

n=1

2n

n2xn

ασκηση 1023 Αν για μια ακολουθία an δεν υπάρχει το όριο limnrarrinfinnradic|an|

(Άσκηση 622) αποδείξτε οι ισχύει το εξής κριτήριο ρίζας Για κάθε α-

κολουθία (an)nisinN

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| lt 1 τότε η σειρά

suminfinn=1 an συγκλίνει και μάλιστα

απολύτως

bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| gt 1 τότε η σειρά


bull αν lim supnrarrinfinnradic|an| = 1 και για κάθε m isin N υπάρχει n ge m ώστε

nradic|an| ge 1 τότε η σειρά


ασκηση 1024 Αποδείξτε ότι το κριτήριο n-στης ρίζας είναι ισχυρότε-ρο από το κριτήριο λόγου χρησιμοποιώντας την Πρόταση 623 και την

ακολουθία 2(minus1)nminusn


103 Σύγκριση με την ακολουθία 1np

Έστω ότι p gt 1 οπότε η σειράsuminfinn=1 1np συγκλίνει Μπορούμε να

φτιάξουμε ένα κριτήριο σύγκρισης από αυτήν χρησιμοποιώντας

το κριτήριο σύγκρισης λόγων (Πόρισμα 933) Έτσι αν an gt 0 η

συνθήκηananminus1

le 1np

1(nminus 1)p(101)

οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Επειδή

όμως από την ανισότητα Bernouli

1np

1(nminus 1)p=(nminus 1

n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n

αντί να ελέγχουμε την (101) αρκεί να ελέγξουμε την

ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1

Επειδή ο έλεγχος ανισοτήτων είναι συνήθως δυσχερής υπολο-

γίζουμε το όριο

limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)

και ελέγχουμε αν είναι μεγαλύτερο ή μικρότερο του 1 Έτσι οδη-

γούμαστε στο κριτήριο Raabe-Duhamel Η απόδειξη του κριτηρίου

αυτού μπορεί να γίνει ακριβώς όπως περιγράψαμε παραπάνω ή

μπορεί να προκύψει ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer θέτο-

ντας bn = nminus 1 Οι λεπτομέρειες αφήνονται ως άσκηση

προταση 1031 (Κριτήριο Raabe-Duhamel) Για μια θετική ακολουθία

an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)

Αν lim rdn gt 1 (ή lim inf rdn gt 1 αν το προηγούμενο όριο δεν υπάρ-

χει) τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Αν υπάρχει n0 isin N ώστε για

κάθε n ge n0 να ισχύει rdn le 1 τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Αν η απόδειξη μπορούσε να γίνει μόνο με τη σύγκριση με την α-

κολουθία 1np τότε δεν θα ήταν λογικό να ελέγξουμε τη σύγκλισητης 1np με αυτό το κριτήριο Επειδή όμως η απόδειξη μπορεί ναγίνει και ως πόρισμα του Dini-Kummer μπορούμε να χρησιμοποι-

ήσουμε το κριτήριο Raabe-Duhamel και για την 1np


Η μέθοδος με την οποία κανείς συγκρίνει με μια γνωστή ακο-

λουθία (όπως την 1np) δεν είναι απαραίτητα μοναδικός Μπορείκανείς να σκεφτεί άλλες εκφράσεις που θα οδηγούσαν στην ίδια

σύγκριση Ως παράδειγμα θα μπορούσαμε αντί να ακολουθήσου-

με την τεχνική που οδήγησε το κριτήριο Raabe-Duhamel να κάνουμε

το εξής επιδιώκοντας μια σύγκριση της μορφής

an+1

anle 1(n+ 1)p

1np=(

nn+ 1

)p

βλέπουμε ότι αυτό είναι ισοδύναμο με το να ισχύει

anan+1

ge(

1+ 1

n

)p

Αλλά επειδή η (1 + 1n)n είναι αύξουσα με όριο το e ισχύει (1 +1n)n le e οπότε (1 + 1n)p le epn Άρα θα ισχύει η ζητούμενη ανισχύει η

anan+1

ge epn

Παίρνοντας λογαρίθμους και αναδιατάσσοντας τους όρους της

τελευταίας ανισότητας αποδεικνύουμε το ακόλουθο κριτήριο

προταση 1032 (Λογαριθμικό κριτήριο) Για κάθε ακολουθία θετι-

κών όρων an θέτουμε

gn = n loganan+1

Τότε

bull Αν limgn gt 1 (ή lim infgn gt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει

bull Αν limgn lt 1 (ή lim supgn lt 1 αν το όριο δεν υπάρχει) η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη με βάση την παραπάνω συζήτηση α-

φήνεται ως εύκολη άσκηση (για την περίπτωση που αποκλίνει δε-

ίξτε ότι υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθε n ge n0 να ισχύει an+1an ge1ean για κατάλληλο a ge 0 και πολλαπλασιάστε τις προηγιούμε-

νες ανισότητες για τους δείκτες από n0 μέχρι n)

Ασκήσεις

ασκηση 1031 Γράψτε την απόδειξη του κριτηρίου Raabe-Duhamel (Πρότα-

ση 1031) χρησιμοποιώντας τη σύγκριση με την ακολουθία 1np



ση 1031) ως πόρισμα του κριτηρίου Dini-Kummer

ασκηση 1033 Γράψτε την απόδειξη του λογαριθμικού κριτηρίου και χρη-

σιμοποιήστε το για να αποδείξετε ότι η σειράsuminfinn=1n

n(enn) αποκλίνει

ασκηση 1034 Εξηγήστε γιατί η χρήση της ananminus1 le 1minuspn δεν είναι ου-σιαστικά ασθενέστερη της ananminus1 le (1minus 1n)p δηλαδή δεν οδηγηθήκαμεσε ασθενέστερο κριτήριο από τη χρήση της ανισότητας Bernouli (Υπόδει-

ξη Από το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isin N ή από το θεώρημα Taylor αν

p όχι φυσικός αριθμός προκύπτει ότι (1minus 1n)p = 1minus (pn)+An όπου ηποσότητα An έχει την ιδιότητα limnAn = 0 οπότε

n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn

Συμπεράνετε ότι η σύγκριση του ananminus1 με την (1minus1n)p είναι ισοδύναμημε τη σύγκριση με την 1minus pn)

104 Σύγκριση με την ακολουθία 1(n(logn)p)

Το κριτήριο Raabe-Duhamel αποτυγχάνει να δώσει αποτέλεσμα αν

το όριο της rdn είναι 1 διότι στην ουσία η σύγκριση της an ε-ίναι με την 1n αλλά δεν είναι σαφές από το ότι lim rdn = 1 ούτε

καν αν an le 1n ή an ge 1n Έτσι μπορεί κανείς σε αυτή την πε-ρίπτωση να σκεφτεί να συγκρίνει με την ακολουθία 1(n(logn)p)που για p gt 1 είναι λίγο μικρότερη από την 1n αλλά αρκετάμικρότερη ώστε η σειρά της να συγκλίνει Αυτό είναι το περιε-

χόμενο του κριτηρίου Bertrand Για να οδηγηθούμε σε μια οριακο-

ύ τύπου συνθήκη όπως και στο κριτήριο Raabe-Duhamel κάνουμε

τους παρακάτω υπολογισμούς θέλουμε να έχουμε μια σύγκριση

των λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1

(nminus 1)(log(nminus 1))p

=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(logn+ log(1minus 1n)

logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p

Αλλά από το Θεώρημα Taylor υπάρχει ακολουθία An με nAn rarr 0

ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An


οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε είναι

ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p

Πάλι από το Θεώρημα Taylor (ή το διωνυμικό ανάπτυγμα αν p isinN) υπάρχει ακολουθία Bn με (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1minusnAn

n logn

)p= 1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

οπότε η σύγκριση που επιδιώκουμε γίνεται

ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)

Ανοίγοντας τις παρενθέσεις βλέπουμε ότι υπάρχει ακολουθία Bnμε (n logn)Bn rarr 0 ώστε

(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

οπότε η επιδιωκόμενη σύγκριση γίνεται

ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn

Μετά από πράξεις οδηγούμαστε στην

(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn

Η διαδικασία αυτή μας οδηγεί στο εξής κριτήριο

θεωρημα 1041 (Κριτήριο Bertrand) Για κάθε ακολουθία an gt 0 για

την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1

(ή lim sup αν δεν υπάρχει το όριο) η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Ενώ

αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1

(ή lim inf αν δεν υπάρχει το όριο) τότε η σειράsuminfinn=1 an αποκλίνει

όπως και στην περίπτωση όπου υπάρχει n0 isin N ώστε για κάθεn ge n0 να ισχύει

(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1


φήνεται ως άσκηση


Ασκήσεις

ασκηση 1041 Γράψτε τις λεπτομέρειες της απόδειξης του κριτηρίου Ber-

trand

ασκηση 1042 [Κριτήριο Gauss] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας το κριτήριο

Bertrand ότι αν για μια θετική ακολουθία an ισχύει

an+1

an= 1minus b

nminus cnn2

για κάποια φραγμένη ακολουθία cn τότε η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αν

και μόνο αν b gt 1

105 Δεν υπάρχει καθολικό κριτήριο σύγκρι-

σης σειρών

Παρατηρώντας τη διαδικασία που ακολουθήσαμε στα παραπάνω

κριτήρια ένα φυσιολογικό ερώτημα είναι αν θα μπορούσε να υ-

πάρχει ένα κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει πάντα

αν μια σειρά συγκλίνει ή όχι Αν υπάρχει δηλαδή μια laquoκαθολικήraquo

σειράsuminfinn=1 an με an ge 0 η οποία να laquoδιαχωρίζειraquo τις συγκλίνου-

σες από τις αποκλίνουσες σειρές μη αρνητικών όρων Η απάντη-

ση σε αυτό το ερώτημα είναι δυστυχώς αρνητική Διότι αν το

καθολικό κριτήριο συγκρίνει με μια ακολουθία an για την οποίαηsuminfinn=1 an συγκλίνει μπορούμε να βρούμε ακολουθία bn γνησίως

αύξουσα με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn να συγκλίνει Οπότε η

σύγκριση της anbn με την an ώστε να προκύψει η σύγκλιση τηςsuminfinn=1 anbn δεν είναι εφικτήΟμοίως αν ένα καθολικό κριτήριο αποφάσιζε ότι μια σειρά α-

ποκλίνει συγκρίνοντας με μια γνωστή αποκλίνουσα σειράsuminfinn=1 an

μη αρνητικών όρων τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία

bn ώστε limbn = 0 με την σειράsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει Οπότε

η σύγκριση anbn με την an ώστε να προκύψει ότι ηsuminfinn=1 anbn

αποκλίνει δεν είναι εφικτή

Έτσι καθολικό κριτήριο σύγκρισης το οποίο να αποφασίζει

για τη σύγκλιση ή την απόκλιση των σειρών δεν γίνεται να υ-

πάρχει

Στα παρακάτω θεωρήματα δίνουμε τις αποδείξεις των παρα-

πάνω ισχυρισμών

θεωρημα 1051 Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 συγκλίνει τότε

υπάρχει γνήσια αύξουσα ακολουθία bn με limbn = +infin ώστε ηsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει αμέσως από το επόμενο θε-

ώρημα αν θέσουμε bn = (suminfink=n ak)

minusp για οποιοδήποτε 0 lt p lt 1 Με


αυτή την επιλογή φανερά η bn είναι γνήσια αύξουσα με όριο το+infin

θεωρημα 1052 (Dini 1867) Έστω ότι για την ακολουθία an gt 0 η

σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει Θέτουμε rnminus1 =

suminfink=n ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anrpnminus1

συγκλίνει αν 0 lt p lt 1 και αποκλίνει αν p ge 1

Για την απόδειξη του θεωρήματος αποδεικνύουμε πρώτα μια

ανισότητα τύπου Bernoulli

λημμα 1053 Για κάθε 0 le z le 1 και για κάθε a ge 1 ισχύει

(1minus z)a ge 1minus az

Συγκεκριμένα για κάθε 0 le x le 1 και για κάθε 0 lt p lt 1 ισχύει

1minus x le 1

1minus p(1minus x1minusp

)

και για 1 lt p le 2 ισχύει

1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)

Απόδειξη Η απόδειξη μπορεί να γίνει με το υλικό του βιβλίου

όπως περιγράφεται στην Άσκηση 5915 ή με τα εργαλεία του

απειροστικού λογισμού ως εξής Η συνάρτηση f(z) = (1 minus z)a minus1 + az είναι αύξουσα στο [01] διότι f prime(z) = minusa((1 minus z)aminus1 minus 1) ge0 Άρα f(z) ge f(0) = 0 δηλαδή η ζητούμενη Για τη δεύτερη

ανισότητα θέτουμε a = 1(1 minus p) ge 1 και z = 1 minus x1minusp ενώ για τηντρίτη ανισότητα a = 1(p minus 1) ge 1 και z = 1minus xpminus1

Απόδειξη του Θεωρήματος 1052 Θέτουμε s =suminfinn=1 an και sN =sumN

n=1 an Χωρίς βλάβη της γενικότητες υποθέτουμε ότι s le 1 (αλλι-

ώς αλλάζουμε την an στην ans) Έτσι rnminus1 lt 1 οπότε αν p ge 1

ισχύει rpnminus1 lt rnminus1 Άρα για κάθε k n isin N

an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1

= rnminus1 minus rn+krnminus1

= 1minus rn+krnminus1

Αλλά η ακολουθία rn συγκλίνει στο 0 αφού rn = s minus sn rarr 0 Άρα

για κάθε n υπάρχει επαρκώς μεγάλο k ώστε rn+krnminus1 le 12 οπότε

an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2


και έτσι η σειράsuminfinn=1(anr

pnminus1) δεν είναι Cauchy συνεπώς απο-

κλίνει

Έστω τώρα ότι 0 lt p lt 1 Έχουμε

infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r 1minuspnminus1 =

infinsum

n=1

rnminus1 minus rnrnminus1

r 1minuspnminus1

Αρκεί να αποδείξουμε ότι


r 1minuspnminus1 le

1

1minus p(r 1minuspnminus1 minus r

1minuspn

)

διότι η σειρά της τελευταίας θα συγκλίνει ως τηλεσκοπική Αλλά

αυτή η ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)

η οποία ισχύει από τη δεύτερη ανισότητα του Λήμματος 1053 με

x = rnrnminus1

θεωρημα 1054 (Dini 1867) Αν η σειράsuminfinn=1 an με an gt 0 απο-

κλίνει τότε υπάρχει γνησίως φθίνουσα ακολουθία bn με limbn = 0

ώστε ηsuminfinn=1 anbn να αποκλίνει

Απόδειξη Η απόδειξη προκύπτει άμεσα από το επόμενο θε-

ώρημα θέτοντας bn = (sumnk=1 ak)

minus1 Φανερά με αυτή την επιλογή η

bn είναι γνησίως φθίνουσα με όριο το μηδέν

θεωρημα 1055 (Dini-Pringsheim) Έστω ότι για την ακολουθία an gt0 η σειρά

suminfinn=1 an αποκλίνει Θέτουμε sn =

sumnk=1 ak Τότε η σειρά

infinsum

n=1

anspn

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει αν 0 le p le 1

Απόδειξη Επιλέγουμε n ώστε sn ge 1 Αυτό είναι εφικτό αφού

sn rarr +infin Έτσι για κάθε k isin N και για 0 le p le 1 ισχύει

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k

Επειδή limkrarrinfin sn+k = +infin υπάρχει k ge n ώστε snsn+k le 12 Συνε-πώς για κάθε n isin N ώστε sn ge 1 υπάρχει k ge n ώστε

an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2


Άρα ηsuminfinn=1 ans

pn δεν είναι Cauchy οπότε αποκλίνει

Αν τώρα p ge 2 επειδή sn rarr +infin θα ισχύει

anspn

le ans2n

από τη στιγμή που το sn θα γίνει μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Συνε-

πώς αρκεί να αποδείξουμε ότι ηsuminfinn=1 ans

pn συγκλίνει για 1 lt p le

2 Υποθέτουμε λοιπόν ότι 1 lt p le 2 Παρατηρούμε ότι

infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1


sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1

(s1minuspnminus1 minus s

1minuspn

)


η ανισότητα αυτή είναι ισοδύναμη με την

1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)

η οποία προκύπτει από την τρίτη ανισότητα του Λήμματος 1053

για x = snminus1sn

Ασκήσεις

ασκηση 1051 Χρησιμοποιήστε την Άσκηση 923 και το Θεώρημα 1055

για να αποδείξετε ότι η σειρά

infinsum

n=2

1

n(logn)p

συγκλίνει αν p gt 1 και αποκλίνει για 0 lt p le 1

Κεφάλαιο 11

Εναλλάσουσες σειρές

Οι εναλλάσουσες σειρές δηλαδή οι σειρές που η ακολουθία αλ-

λάζει συχνά πρόσημο αποτελούν ειδική κατηγορία σειρών και

μελετώνται ξεχωριστά

111 Το κριτήριο Leibniz

Κάθε σειρά της μορφήςsuminfinn=1(minus1)nan όπου είτε an ge 0 για κάθε

n isin N είτε an le 0 για κάθε n isin N ονομάζεται εναλλάσουσα σει-ρά Η παρακάτω πρόταση δίνει ένα κριτήριο σύγκλισης για εναλ-

λάσουσες σειρές

προταση 1111 (Κριτήριο του Leibniz) Αν η ακολουθία an είναιφθίνουσα και μηδενική τότε η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει

Απόδειξη Παρατηρούμε ότι αν θέσουμε sN =sumNn=1(minus1)nan τότε η

s2N είναι φθίνουσα διότι

s2(N+1) = s2N+2 = s2N + (minus1)2N+1a2N+1 + (minus1)2N+2a2N+2

= s2N + a2N+2 minus a2N+1 le s2N

αφού a2N+2 le a2N+1 Επιπλέον η s2Nminus1 είναι αύξουσα διότι

s2(N+1)minus1 = s2N+1 = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N + (minus1)2N+1a2N+1

= s2N + a2N minus a2N+1 ge s2Nminus1

αφού a2N ge a2N+1 Όμως

s2N = s2Nminus1 + (minus1)2Na2N = s2Nminus1 + a2N ge s2Nminus1

Συνεπώς

s1 le s2Nminus1 le s2N le s2

124 Εναλλάσουσες σειρές

δηλαδή οι s2Nminus1 και s2N είναι μονότονες και φραγμένες άρα συ-γκλίνουν Τέλος s2N = s2Nminus1 + a2N Συνεπώς |s2N minus s2Nminus1| = |a2N| rarr 0

οπότε οι s2Nminus1 και s2N συγκλίνουν στον ίδιο αριθμό Άρα και η snείναι συγκλίνουσα

παραδειγμα 1112 Παρόλο που η σειράsuminfinn=1(minus1)nn δεν συγκλίνει

απολύτως αφούsuminfinn=1 |(minus1)nn| =

suminfinn=1 1n = infin εν τούτοις η ίδια

η σειρά συγκλίνει σύμφωνα με το παραπάνω κριτήριο αφού η

1n είναι φθίνουσα και μηδενική

Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1

(minus1)nnpeqradicn p q isin R

infinsum

n=1

(minus1)na1n a isin R

112 Το κριτήριο Dirichlet

Η παραπάνω πρόταση μπορεί να γενικευθεί αντικαθιστώντας την

ακολουθία (minus1)n με μια laquoγενικότερηraquo ακολουθία Χρειαζόμαστεπρώτα ένα λήμμα για την laquoάθροιση κατά παράγοντεςraquo Πρόκει-

ται για μια εντελώς ανάλογη ιδιότητα με την ολοκλήρωση κατά

παράγοντες Εκεί ο κανόνας παραγώγισης (fg)prime = f primeg+fgprime οδηγείστην f primeg = (fg)prime minus fgprime και μετά από ολοκλήρωση στο [a b] στην

int baf primeg = f(b)g(a)minus f(a)g(a)minus

intfgprime

Εδώ τον ρόλο της παραγώγου παίζει η διαφορά xnminusxnminus1 και ynminusynminus1 και το ρόλο του ολοκληρώματος η άθροιση Κατά τα άλλα

οι αποδείξεις και οι τύποι που προκύπτουν είναι πανομοιότυποι

λημμα 1121 (Άθροιση κατά παράγοντες) Για οποιεσδήποτε ακο-

λουθίες (xn)infinn=0 και (yn)infinn=0 στο R και για οποιουσδήποτε αριθμο-

ύς N isin N και M isin Ncup 0 με N gt M ισχύει

Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn = xNyN minus xMyM minusNsum

n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1)

Απόδειξη Επειδή το άθροισμαsumNn=M+1(xnyn minus xnminus1ynminus1) είναι

τηλεσκοπικό μετά από διαγραφές προκύπτει ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) = xNyN minus xMyM


Από την άλλη προσθαφαιρώντας τον όρο xnminus1yn στην παρένθε-ση παίρνουμε ότι

Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1ynminus1) =Nsum

n=M+1

(xnyn minus xnminus1yn + xnminus1yn minus xnminus1ynminus1)

=Nsum

n=M+1

(xn minus xnminus1)yn +Nsum

n=M+1


Άρα

Nsum

n=M+1


n=M+1

xnminus1(yn minusynminus1) = xNyN minus xMyM

οπότε

Nsum

n=M+1


n=M+1


Από την άθροιση κατά παράγοντες προκύπτει αμέσως το α-

κόλουθο

θεωρημα 1122 Αν για τις ακολουθίες (xn)nisinN και (yn)nisinN το γι-νόμενο xnyn συγκλίνει τότε η σειρά

sumNn=2(xn minus xnminus1)yn συγκλίνει

αν και μόνο αν η σειράsumNn=2 xnminus1(yn minusynminus1) συγκλίνει

Απόδειξη Προκύπτει αμέσως από την άθροιση κατά παράγο-

ντες θέτοντας M = 0 και xM = yM = 0 Εναλλακτικά μπορούμε να

χρησιμοποιήσουμε την άθροιση κατά παράγοντες για να επιβε-

βαιώσουμε την ιδιότητα Cauchy

πορισμα 1123 (Κριτήριο του Dirichlet) Αν το μερικό άρθοισμα sNτης σειράς

suminfinn=1 an είναι φραγμένη ακολουθία και η bn είναι

φθίνουσα και μηδενική τότε η σειράsuminfinn=1 anbn συγκλίνει

Απόδειξη Αφού η sn είναι φραγμένη limnrarrinfin snbn = 0 Έτσι από

το προηγούμενο θεώρημα η σειρά

infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1

(sn minus snminus1)bn

συγκλίνει αν και μόνο αν συγκλίνει η σειράsuminfinn=1 sn(bn minus bnminus1)

Αλλά αν C το φράγμα της |sn| τότεinfinsum

n=1

∣∣sn(bn minus bnminus1)∣∣ le C

infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)

και η τελευταία είναι τηλεσκοπική Άρα η σειράsuminfinn=1 sn(bnminusbnminus1)

συγκλίνει απόλυτα άρα και απλά


παραδειγμα 1124 Τα μερικά αθροίσματα της σειράςsuminfinn=1(minus1)n ε-

ίναι φραγμένα (φανερά |sN| le 1 για κάθε N isin N) Άρα αν η anείναι φθίνουσα και μηδενική η σειρά

suminfinn=1(minus1)nan συγκλίνει δη-

λαδή έχουμε το κριτήριο Leibniz ως πόρισμα του κριτηρίου Dirich-

let

παρατηρηση 1125 Η απαίτηση στο κριτήριο Dirichlet να είναι η

bn φθίνουσα δεν είναι απαραίτητη και μπορεί να αντικαταστα-θεί από την απαίτηση η bn να είναι φραγμένης κύμανσης (Άσκη-ση 1121)

Ασκήσεις

ασκηση 1121 [Dedekind] Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την τριγωνική ανι-

σότητα όπως στην απόδειξη του Πορίσματος 1123 ότι το συμπέρασμα

του κριτηρίου Dirichlet συνεχίζει να ισχύει αν η ακολουθία bn αντί ναείναι φθίνουσα είναι φραγμένης κύμανσης δηλαδή αν

suminfinn=1 |bn minus bnminus1| lt

+infinασκηση 1122 [Κριτήριο Abel] Έστω ότι η

suminfinn=1 an συγκλίνει και η bn είναι

μια μονότονη και φραγμένη ακολουθία Αποδείξτε ότι και ηsuminfinn=1 anbn

συγκλίνει

(Υπόδειξη Η bn ως μονότονη και φραγμένη συγκλίνει έστω στο bΕφαρμόστε το κριτήριο Dirichlet για την ακολουθία an και για τη φθίνου-σα και μηδενική |bn minus b|)

Κεφάλαιο 12

Αναδιατάξεις σειρών

Όταν προσθέτουμε ένα πεπερασμένο πλήθος αριθμών τότε η σει-

ρά με την οποία κάνουμε την πρόσθεση δεν έχει σημασία αφού

η πρόσθεση είναι αντιμεταθετική πράξη Όμως επειδή στις σει-

ρές εμπλέκεται και η διαδικασία του ορίου τίθεται το ερώτημα

αν η σειρά με την οποία γίνεται η άθροιση μπορεί τώρα να έχει

ή όχι σημασία Είναι σωστό δηλαδή ότι ανεξάρτητα της σειράς

άθροισης ένα άπειρο άθροισμα θα δίνει πάντα το ίδιο αποτέλε-

σμα Όπως βλέπουμε στο ακόλουθο παράδειγμα η απάντηση είναι

αρνητική

παραδειγμα 1201 Ας θεωρήσουμε τη σειράsuminfinn=1(minus1)nminus1n για την

οποία γνωρίζουμε ότι συγκλίνει και ας θέσουμε ℓ το όριό τηςΕύκολα βλέπουμε ότι

ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56

διότι οι επόμενοι όροι του αθροίσματος είναι ανά δύο αρνητικοί

minus14+ 15 lt 0 minus16+ 17 lt 0 κλπ Αλλάζουμε τώρα τη σειρά της

άθροισης ώστε κάθε αρνητικός όρος να εμφανιστεί αφού πρώτα

εμφανιστούν δύο θετικοί όροι Δηλαδή θεωρούμε τη σειρά

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+

Εύκολα ελέγχουμε ότι κάθε τριάδα από αυτούς τους όρους με τους

δύο πρώτους θετικούς και τον τρίτο αρνητικό μπορεί να περιγρα-

φεί με την έκφραση

1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k

για k isin N Αλλά με απλές πράξεις βλέπουμε ότι1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0

128 Αναδιατάξεις σειρών

άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+ middot middot middot ge 1+ 1

3minus 1

2= 5

6gt ℓ

Έτσι η νέα άθροιση δίνει σειρά που είτε δεν συγκλίνει είτε συ-

γκλίνει σε μεγαλύτερο αριθμό από το ℓ Σε κάθε περίπτωση ηαπάντηση στην παραπάνω ερώτηση είναι αρνητική

Σε αυτό το κεφάλαιο θα δούμε ότι η απάντηση στην παρα-

πάνω ερώτηση είναι πολύ laquoχειρότερηraquo από το απλό laquoόχιraquo του

παραπάνω παραδείγματος

Πρώτα όμως πρέπει να περιγράψουμε έναν τρόπο για να αλ-

λάζουμε τη σειρά της άθροισης

121 Αναδιατάξεις των φυσικών αριθμών

ορισμος 1211 Μια ακολουθία kn N rarr N λέγεται αναδιάταξη του

N αν είναι 1minus 1 και επί

Ο όρος που χρησιμοποιούμε είναι laquoφυσιολογικόςraquo διότι εφόσον

η kn είναι επί του N στο σύνολο τιμών της βρίσκονται όλοι οι

φυσικοί αριθμοί και αφού είναι 1 minus 1 η kn δεν επαναλαμβάνειτιμές Άρα πράγματι η kn δίνει τους φυσικούς αριθμούς με άλλησειρά Ας δούμε ένα παράδειγμα Θέτουμε

kn =nminus 1 αν n άρτιοςn+ 1 αν n περιττός

Οι τιμές της kn φαίνονται στον παρακάτω πίνακα από όπου

βλέπουμε ότι η kn απλώς αλλάζει τη σειρά των φυσικών αριθ-μών τους αναδιατάσσει

n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14


Με τη βοήθεια μιας αναδιάταξης του N μπορούμε να ορίσουμε τις

αναδιατάξεις ακολουθιών και σειρών

ορισμος 1221 Αν ακολουθία kn Nrarr N είναι μια αναδιάταξη του

N τότε η ακολουθία aprimen = akn ονομάζεται αναδιάταξη της an καιη σειρά

suminfinn=1 a

primen =

suminfinn=1 akn ονομάζεται αναδιάταξη της

suminfinn=1 an

Έτσι η aprimen δίνει ακριβώς τους όρους της an κατά 1minus1 και επί

τρόπο αλλά με τη σειρά που περιγράφει η kn Για παράδειγμαστον επόμενο πίνακα βλέπουμε την αναδιάταξη που κάνει σε μια

ακολουθία an η παραπάνω kn


an a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 a8 a9 a10 a11 akn a2 a1 a4 a3 a6 a5 a8 a7 a10 a9 a12

Στη συνέχεια θέλουμε να αποδείξουμε ότι αν μια σειρά συ-

γκλίνει απολύτως τότε κάθε ανάδιάταξή της συγκλίνει και μάλι-

στα στον ίδιο αριθμό Για αυτό θα χρειαστούμε πρώτα δυο απλά

λήμματα

λημμα 1222 Αν kn Nrarr N 1minus 1 τότε limnrarrinfin kn = infinΑπόδειξη Έστω ότι M gt 0 και K = kn n isin N το σύνολο

τιμών της kn Το σύνολο K cap 12 [M] + 1 είναι πεπερασμένο(με το πολύ [M]+ 1 στοιχεία) Ας υποθέσουμε ότι

K cap 12 [M]+ 1 = kn1 kn2 knr

για κάποιους δείκτες n1 nr Θέτουμε n0 = maxn1 n2 nr+1

φανερά αν n ge n0 τότε kn notin 12 [M]+1 γιατί αλλιώς θα έπρε-πε να ισούται με κάποιο από τα kn1 kn2 knr αντιφάσκοντας μετην ιδιότητα του 1minus 1 Άρα kn ge [M]+ 1 gt M Συνεπώς kn rarrinfin

λημμα 1223 Αν η kn είναι αναδιάταξη του N τότε για κάθε N isinN υπάρχει m =m(N) isin N ώστε

12 N sube k1 k2 km

Απόδειξη Από το Λήμμα 1222 υπάρχει m isin N ώστε για κάθεn gem να ισχύει kn ge N+1 Άρα οι αριθμοί 12 N είναι ήδη στοσύνολο τιμών της kn για τα n le m αλλιώς η kn δεν μπορεί ναείναι επί Έτσι αποδείξαμε ότι 12 N sube k1 k2 km

προταση 1224 Αν μια σειρά συγκλίνει απολύτως τότε κάθε ανα-

διάταξή της συγκλίνει στον ίδιο αριθμό

Απόδειξη Έστω ότι η kn είναι μια αναδιάταξη των φυσικώναριθμών οπότε η akn είναι αναδιάταξη της ακολουθίας an Θέτου-με ℓ =

suminfinn=1 an Θα δειξουμε ότι

suminfinn=1 akn = ℓ

Έστω ότι ε gt 0 Αφού ηsuminfinn=1 |an| συγκλίνει είναι Cauchy

Άρα υπάρχει N0 = N0(ε) isin N ώστε για κάθε N gt M ge N0 να ι-

σχύειsumNn=M+1 |an| lt ε2 Αφήνοντας το N rarr infin συμπεραίνουμε ότιsuminfin

n=M+1 |an| le ε2 Άρα για κάθε M ge N0 ισχύειsuminfinn=M+1 |an| lt ε

οπότε και για M = N0 Δηλαδή

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε

Από το Λήμμα 1223 για το N0 υπάρχει m0 isin N ώστε 12 N0 sube


k1 k2 km0 Έστω τώρα ότι m gem0 Έχουμε

∣∣∣∣∣∣ℓ minusmsum

n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1k2km|an| le

sum

nnotink1k2km0|an|

lesum

nnotin12N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε


Ασκήσεις

ασκηση 1221 Αποδείξτε ότι αν an rarr ℓ και akn μια οποιαδήποτε αναδι-άταξή της τότε akn rarr ℓ

ασκηση 1222 Αποδείξτε ότι κάθε συγκλίνουσα ακολουθία an έχει φθίνου-σα αναδιάταξη (Η φθίνουσα αναδιάταξη μιας ακολουθίας an συνήθωςσυμβολίζεται με alowastn)

123 Το θεώρημα Riemann

Σε αυτή την ενότητα αποδεικνύουμε ότι αν μια σειρά συγκλίνει

αλλά δεν συγκλίνει απολύτως τότε για κάθε αριθμό υπάρχει ανα-

διάταξη της σειράς που συγκλίνει σε αυτόν Για την απόδειξη θα

χρειαστούμε ένα λήμμα

λημμα 1231 Κάθε αναδιάταξη akn μιας μηδενικής ακολουθίας anείναι μηδενική

Απόδειξη Αν ε gt 0 και N0 isin N ώστε για κάθε N ge N0 να ισχύει

|aN| lt ε τότε από το Λήμμα 1223 βρίσκουμε ένα m0 isin N ώστε12 N0 sube k1 k2 km0 Έτσι αν m gem0+1 επειδή η kn είναι1minus 1 θα ισχύει

km notin k1 k2 km0 supe 12 N0

Άρα km ge N0 οπότε |akm| lt ε

θεωρημα 1232 (Riemann) Αν η σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει αλλά η σει-

ράsuminfinn=1 |an| αποκλίνει τότε για κάθε x isin R υπάρχει αναδιάταξη

kn του N ώστεinfinsum

n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x


Απόδειξη Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι an ne 0

για κάθε n isin N αφού οι όποιοι μηδενικοί όροι δεν συμβάλλουν

στη σύγκλιση ή όχι της σειράς Θέτουμε

a+n =an αν an gt 0

0 αν an lt 0και aminusn =

0 αν an gt 0

minusan αν an lt 0

Παρατηρούμε ότι a+n aminusn gt 0 και a+n + aminusn = |an| και a+n minus aminusn = an

Επιπλέον ισχυριζόμαστε ότι

infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1

aminusn = infin (121)

Πράγματι επειδή a+n aminusn gt 0 αν δεν απειρίζονται και δυο πα-

ραπάνω σειρές μπορούμε να υποθέσουμε ότι κάποια από τις

δύο αυτές συγκλίνει Έστω ότιsuminfinn=1 a

+n συγκλίνει Τότε επειδή

aminusn = a+n minus an συνεπάγεται ότι

infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an

οπότε αναγκαστικά θα συγκλίνει και ηsuminfinn=1 a

minusn Αλλά τότε θα

συγκλίνει και ηsuminfinn=1 |an| αφού

infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn


Από την (121) παρατηρούμε ότι ξεκινώντας από οποιοδήπο-

τε αριθμό α lt x αν προσθέσουμε αρκετούς (πεπερασμένο πλήθος)από τους θετικούς όρους της an θα ξεπεράσουμε το x Και ξεκι-νώντας από οποιοδήποτε αριθμό β gt x αν προσθέσουμε αρκετούς(πεπερασμένο πλήθος) από τους αρνητικούς όρους της an (οι ο-ποίοι είναι της μορφής minusaminusn) θα πέσουμε κάτω από το xΞεκινάμε την κατασκευή της αναδιάταξης της σειράς της an

Υποθέτουμε ότι a1 le x Θέτουμε aprime1 = a1 και N1 = n1 = 1 Σύμφω-

να με την προηγούμενη παρατήρηση υπάρχει n2 isin N ο πρώτος

φυσικός αριθμός ώστε αν οι πρώτοι n2 minus 1 θετικοί όροι της anπροστεθούν στον a1 να δίνουν αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο από

τον x αλλά όταν προστεθεί και ο n2-στος θετικός όρος της an ναπροκύπτει αποτέλεσμα γνήσια μεγαλύτερο από τον x Ονομάζου-με αυτούς τους θετικούς όρους aprime2 a

prime3 a

primen2και αφού θέσουμε

N2 = n2 ισχύειN2minus1sum

n=1

aprimen le x ltN2sum

n=1

aprimen


Πάλι από την παραπάνω παρατήρηση υπάρχει n3 ο πρώτος φυ-

σικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε τους πρώτους n3 minus 1 όρους

από τους αρνητικούς όρους της an στοsumN2

n=1 aprimen να προκύτει α-

ριθμός μεγαλύτερος ή ίσος του x αλλά όταν προσθέσουμε καιτον n3-στο όρο να προκύψει γνήσια μικρότερος του x Μετονο-μάζουμε αυτούς τους όρους σε aprimen2+1 a

primen2+n3

και αφού θέσουμε

N3 = n2 +n3 ισχύει

N3sum

n=1

aprimen le x ltN3minus1sum

n=1

aprimen

Έστω n4 ο πρώτος φυσικός αριθμός ώστε αν προσθέσουμε

τους επόμενους n4minus1 από τους θετικούς όρους της an στοsumN3

n=1 aprimen

να προκύπτει αποτέλεσμα μικρότερο ή ίσο με το x αλλά ότανπροσθέσουμε και τον n4-στο όρο να προκύψει αποτέλεσμα γνη-

σίως μεγαλύτερο του x Αν μετονομάσουμε αυτούς τους όρους σεaprimeN3+1 a

primeN3+n4

και αφού θέσουμε N4 = N3 +n4 ισχύει

N4minus1sum

n=1


n=1

aprimen

Συνεχίζοντας επαγωγικά αυτή τη διαδικασία κατασκευάζουμε

την αναδιάταξη aprimen της an και έχουμε και φυσικούς αριθμούς N1 ltN2 lt ώστε για κάθε k isin N να ισχύουν τα εξής

bull aprimen gt 0 για κάθε n με N2kminus1 lt n le N2k (dagger)

bull aprimen lt 0 για κάθε n με N2k lt n le N2k+1 (Dagger)

bull

N2kminus1sum

n=1

aprimen le x ltN2ksum

n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1

aprimen lt x leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimen (lowast)

Θα ολοκληρώσουμε την απόδειξη αν δείξουμε ότι τα μερικά α-

θροίσματα sprimem τηςsuminfinn=1 a

primen συγκλίνουν στο x Αν ε gt 0 επειδή η

σειράsuminfinn=1 an συγκλίνει η an είναι μηδενική ακολουθία οπότε ε-

ίναι μηδενική και η aprimen από το Λήμμα 1231 Άρα υπάρχει k0 isin Nώστε για κάθε k ge k0 να ισχύει |aN2kminus1| lt ε και |aN2k| lt ε Θέτουμεm0 = N2k0minus1 Θα δείξουμε ότι για κάθε m gem0 ισχύει |sprimemminusx| lt ε Έ-στω λοιπόν m gem0 Τότε υπάρχει k ge k0 ώστε είτε N2kminus1 lem lt N2k

είτε N2k le m lt N2k+1 Αν N2kminus1 le m lt N2k τότε από την (dagger) παίρ-νουμε ότι sprimeN2kminus1

le sprimem lt x Χρησιμοποιώντας τώρα την (lowast)

|sprimemminusx| = xminus sprimem le xminus sprimeN2kminus1leN2kminus1minus1sum

n=1

aprimenminusN2kminus1sum

n=1

aprimen = minusaprimeN2kminus1= |aprimeN2kminus1

| lt ε


Ενώ αν N2k lem lt N2k+1 τότε από την (Dagger) παίρνουμε ότι x le sprimem lesprimeN2k Χρησιμοποιώντας πάλι την (lowast)

|sprimem minus x| = sprimem minus x le sprimeN2kminus x le

N2ksum

n=1

aprimen minusN2kminus1sum

n=1

aprimen = aN2k = |aN2k| lt ε

Τέλος αν a1 ge x επαναλαμβάνουμε την παραπάνω διαδικασία

ξεκινώντας από την πρόσθεση στον a1 αρνητικών όρων της anμέχρι το άθροισμα να πέσει για πρώτη φορά κάτω από το x καισυνεχίζουμε με ακριβώς τον ίδιο τρόπο

Ασκήσεις

ασκηση 1231 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύτως

τότε υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο +infin Ομοίως απο-δείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που να συγκλίνει στο minusinfin Ομοίωςαποδείξτε ότι υπάρχει αναδιάταξή της που δεν συγκλίνει σε κανένα ση-

μείο του Rcup plusmninfinασκηση 1232 Αποδείξτε ότι αν μια σειρά συγκλίνει αλλά όχι απολύτως

τότε υπάρχει αναδιάταξή της της οποίας τα μερικά αθροίσματα είναι

πυκνά στο R

ασκηση 1233 Αν an = cos(nπ)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = e

ασκηση 1234 Αν an = sin(nπ2)n υπάρχει αναδιάταξη aprimen της an ώστεsuminfinn=1 a

primen = 1000

Μέρος III

Βασικές έννοιες στααπειρογινόμενα

Κεφάλαιο 13

Γενικά περίαπειρογινομένων

Απειρογινόμενοprodinfinn=1 xn ονομάζουμεmdashόπως είναι αναμενόμενοmdashτο

όριο του μερικού γινομένου

limNrarrinfin

Nprod

n=1

xn

Όμως στο γινόμενο αριθμών ο αριθμός μηδέν παίζει έναν πολύ

ιδιαίτερο ρόλο Εξαιτίας της απορροφητικότητάς του (είναι το

απορροφητικό στοιχείο του πολλαπλασιασμού) αν ένας όρος της

xn ισούται με μηδέν τότε κάθε γινόμενο που περιέχει αυτόν τονόρο κάνει μηδέν και είμαστε υποχρεωμένοι να θέσουμε

prodinfinn=1 xn = 0

φράση η οποία δεν περιέχει καμία αξιόλογη πληροφορία για την

xn πέρα του ότι κάποιος όρος της είναι μηδέν Αυτού του τύπουτα γινόμενα δεν θα θεωρούμε ότι συγκλίνουν παρόλο που ξέρουμε

την τιμή του ορίου του μερικού γινομένου

Ακόμα και αν κάθε xn είναι διάφορο του μηδενός αν πάλιlimNrarrinfin

prodNn=1 xn = 0 δεν θα θεωρούμε ότι το απειρογινόμενο συ-

γκλίνει

Κεφάλαιο 14

Κριτήρια σύγκλισηςαπειρογινομένων

Μέρος IV

Ασυμπτωτικήσυμπεριφορά

ακολουθιών και σειρών

Κεφάλαιο 15

Ασυμπτωτικήσυμπεριφοράακολουθιών

Η ασυμπτωτική συμπεριφορά ακολουθιών αφορά κυρίως σε ακο-

λουθίες οι οποίες έχουν όριο το +infin (ή το minusinfin) και για τις οποίεςθέλουμε να έχουμε μια εκτίμηση του μεγέθους τους από στοιχει-

ώδεις συναρτήσεις Αυτός ο όρος δεν είναι ίσως καλά ορισμένος

Για παράδειγμα χωρίς να έχει εισαχθεί η έννοια του λογαρίθμου ε-

ίναι αδύνατον να λυθεί η εξίσωση ex = t ενώ με την εισαγωγή τουη επίλυσή της είναι τετριμμένη Άρα τίθεται το ερώτημα ποιες θε-

ωρούμε στοιχειώδεις συναρτήσεις και εκφράσεις Η απάντηση σε

αυτό το ερώτημα δεν μπορεί να είναι καθολική αλλά κάθε φορά ε-

ξαρτάται από το τι είδους εκτιμήσεις ζητάμε Έτσι ο λογάριθμος

μπορεί να θεωρηθεί μια στοιχειώδης συνάρτηση για την επίλυση

της ex = t αλλά αν επιθυμούμε να εκτιμήσουμε τον ίδιο τον λο-γάριθμο τότε θα θέλουμε να το κάνουμε με ακόμα πιο απλές συ-

ναρτήσεις όπως ένα πολυώνυμο (μια προσέγγιση για παράδειγμα

με το μερικό άθροισμα της σειράς Taylor)

Συνήθως λοιπόν το ζητούμενο είναι αν δοθεί μια ακολουθία xnγια την οποία ξέρουμε ότι xn rarrinfin τότε αναζητάμε μια συνάρτησηϕ(n) για την οποία να ισχύει

xnϕ(n)

rarr 1

την οποία ϕ(n) όμως να τη θεωρούμε laquoαπλούστερη έκφρασηraquoαπό ότι είναι η ίδια η xnΓια παράδειγμα έστω ότι το pn συμβολίζει το πλήθος των

πρώτων αριθμών μέχρι και τον αριθμό n Γνωρίζουμε ότι pn rarr

144 Ασυμπτωτική συμπεριφορά ακολουθιών

infin αφού υπάρχει άπειρο πλήθος πρώτων αριθμών από γνωστό

θεώρημα του Ευκλείδη Το θεώρημα των πρώτων αριθμών μας

λέει ότι

limnrarrinfin

pnn logn

= 1

Εδώ λοιπόν η laquoαπλήraquo συνάρτηση ϕ(n) είναι η

ϕ(n) = n logn

151 Η ακολουθία n

Η

xn = n = 1 middot 2 middot 3 middot middot middotn

είναι μια ακολουθία που έχει όριο το άπειρο και θα θέλαμε να

laquoκαταλαβαίνουμεraquo πόσο γρήγορα ή με τι ρυθμότρόπο μεγαλώνει

Η έκφρασή της ενώ περιέχει μόνο πολλαπλασιασμούς ακεραίων εν

τούτοις δεν μας δίνει κάποια αίσθηση του πόσο μεγάλη είναι για

παράδειγμα σε σχέση με το n Θα θέλαμε αν είναι εφικτό να τηνεκτιμήσουμε με δυνάμεις και ένα μικρό πλήθος πολλαπλασιασμών

και διαιρέσεων Κάτι τέτοιο είναι εφικτό και είναι γνωστό ως ο

τύπος του Stirling Ισχύει

limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1

Άρα η ϕ(n) =radic

2πn(ne)n είναι μια ακολουθία που προσεγγίζειτην n καθώς n rarr infin και τη θεωρούμε ικανοποιητική ως προς τοπόσο απλή είναι

Για να αποδείξουμε αυτόν τον τύπο θα χρησιμοποιήσουμε μια

κλασική μέθοδο τη μέθοδο Laplace Πρώτα θα αναχθούμε σε μια

συνάρτηση τη συνάρτηση Γ Θέτουμε Γ(x) =intinfin0 txminus1eminust dt για x isin

R 0minus1minus2minus3 Το γράφημα της συνάρτησης Γ(x + 1) δίνεταιστο Σχήμα 151 Η συνάρτηση Γ ορίστηκε από το Euler το 1729

ως το απειρογινόμενο

Γ(x + 1) = 1 middot 2x

1+ x middot21minusx3x

2+ x middot 31minusx4x

3+ x middot middot middot

=infinprod

n=1

(1+ 1

n

)x (1+ x

n

)minus1

και μελετήθηκε στη μορφή του ολοκληρώματοςint 10 (minus log t)x dt στην

προσπάθειά του να ορίσει μια έννοια παραγοντικού για πραγ-

ματικούς αριθμούς Επίσης και ο Gauss από το 1811 μελέτησε τη


συνάρτηση Γ στη μορφή

Πx = limkrarrinfin

1 middot 2 middot 3 middot middot middotk middot kx(x + 1)(x + 2) middot middot middot (x + k)

δεδομένου του ότι Πn = n (Άσκηση 1531)

YY

Y

Y Y Y

Σχήμα 151 Το γράφημα της συνάρτησης Γ(x + 1) R minus1minus2minus3 rarr R

152 Ιδιότητες της συνάρτησης Γ

Πριν προχωρήσουμε στη μελέτη της συνάρτησης Γ υπενθυμίζουμε

ότι το ολοκλήρωμα της γκαουσιανής συνάρτησης είναι ίσο με 1

1radic2π

intinfinminusinfineminusx

22 dx = 1

προταση 1521 Η συνάρτηση Γ ικανοποιεί τις παρακάτω ιδιότη-

τες

(i) Γ(x + 1) = xΓ(x)

(ii) Για κάθε φυσικό αριθμό n ισχύει Γ(n+ 1) = n

(iii) Γ(12) = radicπ

Απόδειξη (i) Προκύπτει άμεσα με ολοκλήρωση κατά παράγο-

ντες


(ii) Αποδεικνύεται εύκολα από το (i) με επαγωγή

(iii) Γ(12) =intinfin0 tminus12eminust dt Αλλάζουμε μεταβλητές θέτοντας t =

x22 οπότε παίρνουμε

Γ(12) =intinfin

0

radic2xminus1eminusx

22xdx =radic

2

intinfin0eminusx

22 dx =radic

21

2

radic2π =

radicπ

Ο υπολογισμός τιμών της συνάρτησης Γ είναι πολύ δυσχερής

Όμως αυτό που συχνά είναι χρήσιμο να ξέρουμε είναι η ασυμ-

πτωτική συμπεριφορά των τιμών της Γ Συγκεκριμένα ισχύει ο

ακόλουθος τύπος

limxrarr+infin

Γ(1+ x)radic2πx(xe)x

= 1

Μια άμεση συνέπεια του τύπου αυτού είναι ο τύπος του Stirling

ο οποίος μας λέει πόσο είναι περίπου το n για μεγάλα n isin N

Αυτός προκύπτει από το γεγονός ότι Γ(n+ 1) = n Οπότε

limnrarr+infin

nradic2πn(ne)n

= 1

Δηλαδή για μεγάλα n

n ≃radic

2πn(ne

)n

Αυτό συνεπάγεται και την (n)1n ≃ ne

153 Η μέθοδος Laplace

Το 1774 ο Laplace παρουσίασε μια μέθοδο για τον υπολογισμό του

ορίου ολοκληρωμάτων της μορφήςint ba e

nf(x) dx καθώς n rarr infin (δε-

ίτε [10]) την οποία θα παρουσιάσουμε εδώ και θα την χρησιμο-

ποιήσουμε για την εκτίμιση της συνάρτησης Γ Η μέθοδος αφορά

σε συναρτήσεις f οι οποίες έχουν μέγιστη τιμή σε ένα και μόνοσημείο x0 στο διάστημα [a b] και επιπλέον a lt x0 lt b και η fέχει συνεχή 2η παράγωγο στο σημείο αυτό

Η ιδέα του Laplace είναι η εξής Αν η f έχει μέγιστο σε έναμόνο σημείο x0 τότε ενώ ο πολλαπλασιασμός n επί f(x) θα με-γαλώσει ανάλογα όλες τις τιμές της f στο διάστημα [a b] κα-τά τον παράγοντα n (συμπεριλαμβανομένης της f(x0)) δηλαδήnf(x0)nf(x) = f(x0)f(x) Αν όμως υψώσουμε σε εκθέτη μετά τονπολλαπλασιασμό συγκεκριμμένα αν θεωρήσουμε την enf(x) οι α-ντίστοιχοι λόγοι μεγενθύνονται εκθετικά enf(x0)enf(x) = en(f(x0)minusf(x))Αυτή η μεγέθυνση κάνει το ολοκλήρωμα της enf(x) να εξαρτάταιπολύ περισσότερο από τις τιμές κοντά στο x0 παρά από αυτές


που είναι πιο μακριά Αλλά για τις τιμές κοντά στο x0 μπορο-

ύμε να προσεγγίσουμε την f από μια κατάλληλη γκαουσιανή κα-μπύλη (καμπύλη της μορφής eminusa(xminusx0)2 ) Αυτό είναι πράγματι εφι-

κτό διότι έχοντας η f μέγιστο στο x0 έχει πρώτη παράγωγο στο

x0 ίση με το μηδέν Οπότε στο ανάπτυγμα Taylor της f με κέντροστο x0 δεν υπάρχει γραμμικός όρος Δηλαδή μετά τον σταθερό

όρο του αναπτύγματος ο επόμενος είναι ο f primeprime(x0)(x minusx0)22 όροςο οποίος θα δώσει την κατάλληλη γκαουσιανή

Το φαινόμενο αυτό το βλέπουμε στο Σχήμα 152 όπου έχουμε

σχεδιάσει τη συνάρτηση exp(05((sinx)x)) και στη συνέχεια τηνexp(3((sinx)x)) (μαύρη καμπύλη) σε σμίκρυνση ώστε να χωράειστη σελίδα Στη δεύτερη περίπτωση η καμπύλη προσεγγίζεται

πολύ καλά από την γκαουσιανή (γκρι καμπύλη) Η προσέγγιση

αυτή αιτιολογεί τόσο την εμφάνιση του αριθμού e όσο και τηνεμφάνιση του αριθμού π στο αποτέλεσμα

13

Σχήμα 152 Η ιδέα της μεθόδου Laplace

Θα ξεκινήσουμε με την υπενθύμιση του Θεωρήματος Taylor από

τον απειροστικό λογισμό με το υπόλοιπο στη μορφή Peano

θεωρημα 1531 (Taylor) Αν μια συνάρτηση f R rarr R έχει συνεχή

δεύτερη παράγωγο στο x0 isin R τότε υπάρχει συνάρτηση h2 RrarrR ώστε

f(x) = f(x0)+ f prime(x0)(x minus x0)+1

2f primeprime(x0)(x minus x0)2 + h2(x)(x minus x0)2

και limxrarrx0 h2(x) = 0


Απόδειξη Η απόδειξη είναι απλή θέτουμε

h2(x) =f(x)minus f(x0)minus f prime(x0)(x minus x0)minus 1

2f primeprime(x0)(x minus x0)2

(x minus x0)2

και υπολογίζουμε το όριο για x rarr x0 με τον κανόνα Lrsquo Hospital

λημμα 1532

1radic2π

intinfinminusinfineminusy

22 dy = 1

Απόδειξη Θέτουμε I =intinfinminusinfin e

minusy22 dy και παρατηρούμε ότι

I2 =(intinfin

minusinfineminusx

22 dx)(intinfin

minusinfineminusy

22 dy)=intinfinminusinfin

intinfinminusinfineminus(x

2+y2)2 dxdy

Αλλάζουμε σε πολικές συντεταγμένες και παίρνουμε

I2 =int 2π

0

intinfin0eminusr

22r dr dθ

= 2π(minuseminusr22)∣∣∣infin

0

= 2π

Έτσι I =radic

2π ολοκληρώνοντας την απόδειξη

λημμα 1533

limtrarrinfin

1radic2π

int tminusteminusy

22 dy = 1

Απόδειξη Επειδή η eminusy22 είναι άρτια συνάρτηση και

radic2π

minus1 intinfinminusinfin e

minusy22 dy =1 αρκεί να αποδείξουμε ότι

limtrarrinfin

intinfinteminusy

22 dy = 0

Αλλά η αλλαγή μεταβλητής z = y minus t δίνειintinfinteminusy

22 dy = eminust22intinfin

0eminusz

22eminuszt2 dz

le eminust22intinfin

0eminusz

22 dz =radic

2π2eminust

22

η οποία έχει όριο το 0 για t rarrinfin

Τώρα είμαστε έτοιμοι να αποδείξουμε το γενικό θεώρημα

θεωρημα 1534 (Μέθοδος Laplace) Έστω ότι η f [a b] rarr R είναι

δύο φορές παραγωγίσιμη στο x0 με την f primeprime συνεχή στο x0 το


οποίο είναι το μοναδικό σημείο στο [a b] στο οποίο έχει μέγιστοΥποθέτουμε επίσης ότι f primeprime(x0) lt 0 και x0 isin (a b) Τότε

limtrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π

t(minusf primeprime(x0))

= 1 (151)

Απόδειξη (Κάτω φράγμα) Από το Θεώρημα Taylor όπως διατυ-

πώθηκε στο Θεώρημα 1531 για κάθε ε gt 0 υπάρχει δ gt 0 ώστε αν

|xminusx0| lt δ τότε |h2(x)| lt ε2 δηλαδή minusε2 lt h2(x) lt ε2 Επιλέγου-με δ gt 0 ώστε να ικανοποιούνται τα προηγούμενα και επιπλέον

(x0 minus δx0 + δ) sube [a b] Άρα από το Θεώρημα Taylor και το ότι

f prime(x0) = 0 αφού στο x0 η f έχει μέγιστο θα έχουμε

f(x) = f(x0)+1


ge f(x0)+1

2(f primeprime(x0)minus ε)(x minus x0)2

Άρα

int baetf(x) dx ge

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx

ge etf(x0)int x0+δ

x0minusδet(f primeprime(x0)minusε

)(xminusx0)22 dx

(αλλάζοντας μεταβλητή με y =radict(minusf primeprime(x0)+ ε)(x minus x0))

ge etf(x0)

radic1

t(minusf primeprime(x0)+ ε

)int δradict(minusf primeprime(x0)+ε)

minusδradict(minusf primeprime(x0)+ε)

eminus12y

2

dy

Έτσι

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π

t(minusf primeprime(x0)

)ge 1radic

2π

int δradict(minusf primeprime(x0)+ε)


eminus12y

2

dy

radic

minusf primeprime(x0)minusf primeprime(x0)+ ε

Όμως σύμφωνα με το Λήμμα 1533 η τελευταία παρένθεση συ-

γκλίνει στο 1 για t rarr infin Οπότε παίρνοντας lim inf ως προς t rarr infinσυμπεραίνουμε ότι

lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)geradic



για κάθε ε gt 0 Συνεπώς (για ε rarr 0+)

lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1 (152)

(Άνω φράγμα) Επιλέγουμε ε gt 0 ώστε f primeprime(x0) + ε lt 0 (θυμηθείτε

ότι f primeprime(x0) lt 0) Εφαρμόζοντας το θεώρημα Taylor όπως και πριν

παίρνουμε ότι υπάρχει δ gt 0 ώστε για κάθε x με |x minus x0| lt δ ναισχύει

f(x) le f(x0)+1

2

(f primeprime(x0)+ ε

)(x minus x0)2

Από την υπόθεση ότι η f έχει μέγιστο μόνο στο x0 συμπεραίνου-

με ότι για κάθε δ gt 0 υπάρχει θ gt 0 ώστε αν |x minus x0| ge δ ναισχύει f(x) le f(x0) minus θ Πράγματι αρκεί να θέσουμε θ = f(x0) minusmax|xminusx0|geδ f(x) το οποίο είναι θετικό εφόσον η f έχει μοναδικόσημείο μεγίστου στο x0 Έτσι έχουμεint baetf(x) dx =

int x0minusδ

aetf(x) dx +

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx +

int bx+δ

etf(x) dx

le((x0 minus δ)minus a

)et(f(x0)minusθ

)+ etf(x0)

int x0+δ

x0minusδet2 (f

primeprime(x0)+ε)(xminusx0)2 dx

+(b minus (x0 + δ)

)et(f(x0)minusθ)

le (b minus a)et(f(x0)minusθ) + etf(x0)int x0+δ

x0minusδet2 (f


Αλλάζοντας μεταβλητές όπως και στο κάτω φράγμα καταλήγου-

με στην ανισότηταint baetf(x) dx le (b minus a)et(f(x0)minusθ) + etf(x0)

radic2π

t(minusf primeprime(x0)minus ε

)

Παίρνοντας lim sup καθώς t rarrinfin οδηγούμαστε στην

lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)leradic

minusf primeprime(x0)minusf primeprime(x0)minus ε

για κάθε ε αρκετά κοντά στο μηδέν (ώστε minusf primeprime(x0)+ε lt 0) Αφήνο-

ντας το ε να πάει στο μηδέν από δεξιά καταλήγουμε στην

lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)le 1 (153)


Οι (152) και (153) μαζί δίνουν το αποτέλεσμα

Η μέθοδος του Laplace μπορεί να εφαρμοστεί τώρα ώστε να υπο-

λογίσουμε την ασυμπτωτική συμπεριφορά της συνάρτησης Γ

πορισμα 1535 Για τη συνάρτηση Γ ισχύει

limxrarrinfin

Γ(x + 1)radic2πx(xe)x

= 1

Απόδειξη Στο ολοκλήρωμα που ορίζει τη συνάρτηση Γ κάνου-

με την αλλαγή μεταβλητής t = xr οπότε παίρνουμε

Γ(x + 1) = xx+1

intinfin0ex(log rminusr) dr

Διαιρούμε με xx+1 και παρατηρούμε ότι το ολοκλήρωμα στα δεξιά

μπορεί να εκτιμηθεί από τη μέθοδο Laplace πράγματι η συνάρ-

τηση f(r) = log r minus r έχει μέγιστο μόνο στο σημείο x0 = 1 και

f primeprime(x0) = minus1 lt 0 Έχουμε όμως να λύσουμε άλλο ένα πρόβλημα

Η απόδειξη που κάναμε στη μέθοδο Laplace χρησιμοποίησε κατά

ουσιαστικό τρόπο το ότι το πεδίο ολοκλήρωσης ήταν πεπερα-

σμένο Τώρα το άνω άκρο του ολοκληρώματος είναι +infin Γιανα ξεπεράσουμε αυτό το πρόβλημα χωρίζουμε το ολοκλήρωμα σε

δύο ολοκληρώματα το ένα μέχρι 2 και το άλλο από 2 και πάνω

Εύκολα βλέπουμε ότι για r ge 2 ισχύει log r le re (η (log r)r έχειμέγιστο στο r = e) Γράφουμε τώρα

Γ(x + 1)xx+1

=int 2

0ex(log rminusr) dr +

intinfin2ex(log rminusr) dr (154)

Για το δεύτερο ολοκλήρωμα έχουμε ότιintinfin

2ex(log rminusr) dr le

intinfin2eminusrx(1minuse

minus1) dr =(x(1minus eminus1)

)minus1eminus2x(1minuseminus1)

Επιστρέφοντας στην (154) και διαιρώντας με eminusxradic

2πx παίρνου-με

1

eminusxradic

2πx

int 2

0ex(log rminusr) dr le Γ(x + 1)

xx+1eminusxradic

2πx

le 1

eminusxradic

2πx

int 2

0ex(log rminusr) dr + 1radic

2πx(1minus eminus1)eminusx(1minus2eminus1)

Το όριο των ολοκληρωμάτων για x rarr infin είναι ίσο με 1 από τη

μέθοδο Laplace ενώ το όριο του τελευταίου όρου είναι 0 Οπότε

limxrarrinfin

Γ(x + 1)xx+1eminusx

radic2πx

= 1

δηλαδή το ζητούμενο


πορισμα 1536 (Τύπος του Stirling) Ισχύει

limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1

Δηλαδή για μεγάλα n isin N ισχύει

n ≃radic

2πn(ne

)n

Πιο συγκεκριμμένη εκτίμηση για το n είναι η ακόλουθη

πορισμα 1537 Για κάθε n isin N ισχύει

radic2πn

(ne

)ne(12n+1)minus1

lt n ltradic

2πn(ne

)ne(12n)minus1

Απόδειξη Θεωρούμε την ακολουθία

dn = log(n)minus(n+ 1

2

)logn+n = log

nen

nnradicnrarr log

radic2π

όπως αποδείχθηκε στο Θεώρημα 1535 Επίσης ως προς τη μονο-

τονία αυτής της ακολουθίας έχουμε

dn minus dn+1 =(n+ 1

2

)log

n+ 1

nminus 1

=(n+ 1

2

)log

1+ (2n+ 1)minus1

1minus (2n+ 1)minus1minus 1

(12

log1+t1minust = t +

t3

3+ t5

5+ t7

7+ middot middot middot

)

= 1

3(2n+ 1)2+ 1

5(2n+ 1)4+ 1

7(2n+ 1)6+ middot middot middot

Η τελευταία έκφραση είναι μικρότερη από

1

3(2n+ 1)2+ 1

3(2n+ 1)4+ 1


που ως γεωμετρική σειρά έχει άθροισμα

1

12n(n+ 1)= 1

12nminus 1

12(n+ 1)

και μεγαλύτερη από τον πρώτο της όρο (3(2n + 1)2)minus1 ο οποίος

ελέγχουμε με απλές πράξεις ότι είναι γνήσια μεγαλύτερος από

1

12n+ 1minus 1

12(n+ 1)+ 1


Δείξαμε έτσι ότι η ακολουθία dn minus (12n)minus1 είναι γνησίως αύξουσα

με όριο το log(radic

2π) άρα dn minus (12n)minus1 lt logradic

2π και η ακολουθίαdnminus (12n+1)minus1 είναι γνησίως φθίνουσα με όριο πάλι το log(

radic2π)

άρα dn minus (12n + 1)minus1 gt logradic

2π Οι dn minus (12n)minus1 lt logradic

2π και dn minus(12n+ 1)minus1 gt log

radic2π είναι οι ζητούμενες

Ανάλογη εκτίμηση ισχύει και για τη συνάρτηση Γ

θεωρημα 1538 Για κάθε x ge 0 ισχύει

Γ(x + 1) = xxeminusxradic

2πx exp(micro(x)

)

όπου η micro(x) είναι μια φθίνουσα συνάρτηση μη αρνητική γιαx ge 1 και

micro(x) = 1

12xminus 1

3

intinfin0

p3(t)(t + x)3 dt

όπου η p3(t) είναι μια περιοδική συνάρτηση με περίοδο 1 η οποία

στο [01] δίνεται από τον τύπο p3(t) = t3 minus 32t

2 + 12t

Η απόδειξη ξεφεύγει από τους σκοπούς του παρόντος και μπο-

ρεί να βρεθεί στο [12] (σελίδα 62) όπου διατηρήσαμε τον συμβο-

λισμό το συγκεκριμμένου βιβλίου

Ασκήσεις


Γ(n+ 1) = n = limkrarrinfin

1 middot 2 middot 3 middot middot middotk middot kn(n+ 1)(n+ 2) middot middot middot (n+ k)

ασκηση 1532 Αποδείξτε ότι Γ(x + 1) =int 1

0(minus log t)x dt

ασκηση 1533 Αποδείξτε ότι η συνάρτηση Γ είναι λογαριθμικά κυρτή

δηλαδή ότι η συνάρτηση log Γ είναι κυρτή


Γ

(n+ 1

2

)= (2n)

4nn

radicπ

ασκηση 1535 Χρησιμοποιείστε τη συνάρτηση Γ για να αποδείξετε ότιintinfin

0eminust

adt = 1

aΓ

(1

a

)

όπου a gt 0

ασκηση 1536 Η συνάρτηση laquoβήταraquo B δίνεται από τον τύπο B(xy) =int 10 t

xminus1(1minus t)yminus1 dt για x gt 0 και y gt 0 Αποδείξτε ότι

B(xy) = Γ(x)Γ(y)Γ(x +y)


ακολουθώντας τα παρακάτω βήματα Γράψτε το γινόμενο Γ(x)Γ(y) ωςδιπλό ολοκλήρωμα με δύο μεταβλητές u v στο [0infin) times [0infin) Αλλάξτεμεταβλητές θέτοντας u = zw και v = z(1 minus w) ώστε να οδηγηθείτε στογινόμενο Γ(x +y)B(xy)

ασκηση 1537 Αποδείξτε χρησιμοποιώντας την ασυμπτωτική συμπεριφο-

ρά της συνάρτησης Γ ότι ασυμπτωτικά (για x και y μεγάλα) ισχύει

B(xy) ≃radic

2πxxminus

12yyminus

12

(x +y)x+yminus 12

ασκηση 1538 Υποθέστε ότι f(x + 1) = xf(x) και f(1) = 1 Αποδείξτε ότι

αν

limnrarrinfin

f(x +n)(nminus 1)nx

= 1

τότε

f(x) = limnrarrinfin

(nminus 1)nx

x(x + 1) (x +nminus 1)

ασκηση 1539 Αποδείξτε ότι για κάθε n k isin N με k le n ισχύει

(nk

)kle(nk

)lt

1

e

(enk

)k

Υπόδειξη Για το κάτω φράγμα παρατηρήστε ότι

(nk

)= nk

kminus1prod

i=1

nminus ikminus i και

nminus ikminus i ge

nk

για κάθε i = 12 kminus 1 Για το άνω φράγμα

(nk

)ltnk

kκαι ekminus1 ge

kminus1prod

i=1

(1+ 1

i

)i= kk

k

από τη μονοτονία της (1+1i)i (Παρατηρήστε επίσης ότι αν αντί για τηντελευταία ανισότητα χρησιμοποιηθεί η kkk le

suminfinn=o k

nn = ek θα πάρουμεασθενέστερη ανισότητα κατά τον παράγοντα 1e)

παρατηρηση 1539 Το άνω φράγμα για τον διωνυμικό συντελεστή δεν

είναι ακριβές όταν το k είναι κοντά στο n Για αυτό χρησιμοποιώνταςτο ότι

(nk

)=(nnminusk

)μπορούμε να γράψουμε την ακριβέστερη ανισότητα

max

(nk

)k(

nnminus k

)nminuskle(nk

)lt

1

emin

(enk

)k(ennminus k

)nminusk

Επίσης και η κάτω ανισότητα είναι γνήσια αν k lt n


154 Η ακολουθία πn

Αυτή η ενότητα αναφέρεται στο Θεώρημα των πρώτων αριθμών

Το θεώρημα αυτό λέει ότι το πλήθος των πρώτων αριθμών που

είναι μικρότεροι ή ίσοι του x είναι ασυμπτωτικά ίσο με x logxΣυγκεκριμένα θα αποδείξουμε το εξής

θεωρημα 1541 (1896 Vallee de Poussin-Hadamard) Αν για κάθε x ge 2

θέσουμε

π(x) =∣∣∣p p πρώτος le x

∣∣∣

τότε ισχύει

limxrarrinfin

π(x)x logx

= 1

Φανερά η συνάρτηση π(x) είναι κατά διαστήματα σταθερή καιισχύει π(x) = π(n) = πn για κάθε x isin [nn+ 1) και αυτός είναι ολόγος που το θέμα αυτό εμπίπτει στους σκοπούς του παρόντος

Επιπλέον είναι προφανώς αύξουσα

Η απόδειξη αυτού του θεωρήματος έγινε πρώτη φορά (ανε-

ξάρτητα) από τους Hadamard και de la Vallee Poussin το 1896 Η

απόδειξη ήταν εξαιρετικά πολύπλοκη και βασιζόταν στο να α-

ποδειχθεί πρώτα ότι η συνάρτηση ζ(s) =suminfinn=1 1ns του Riemann

δεν έχει ρίζες για s isin C με real(s) = 1 και στη συνέχεια ένα τρόπο

να αποδειχθεί το θεώρημα από αυτό Το πρώτο βήμα απλοποι-

ήθηκε από τον Mertens και το αναπτύσσουμε εδώ και το δεύτερο

βήμα απλοποιήθηκε από τον D J Newman χρησιμοποιώντας στην

ουσία το Θεώρημα του Cauchy από τη Μιγαδική Ανάλυση

Άλλες αποδείξεις χωρίς τη χρήση μιγαδικών έχουν βρεθεί (Selberg

και Erdos 1949) αλλά είναι εξαιρετικά πολύπλοκες Εδώ θα ακο-

λουθήσουμε την απόδειξη του D J Newman από το [11]

Για την απόδειξη θα χρειαστούμε διάφορες βοηθητικές προ-

τάσεις Ξεκινάμε με το να εισαγάγουμε τις κατάλληλες συναρ-

τήσεις και να αποδείξουμε μερικές βασικές ιδιότητες για αυτές

Θέτουμε

ζ(z) =infinsum

n=1

1

nz Φ(z) =

sump

logppz

ϑ(x) =sumplex

logp

όπου z isin C και x isin R και p isin N πρώτος αριθμόςΗ πρώτη πρόταση που θα αποδειξουμε είναι ότι η συνάρτη-

ση ζ δεν έχει ρίζα σε κάνενα z isin C με real(z) ge 1 Για αυτό θα

χρειαστούμε δύο λήμματα

λημμα 1542 (Euler) Για real(z) gt 1 ισχύει

ζ(z) =prodp

1

1minus pminusz


Απόδειξη Από το θεώρημα μοναδικής αναπαράστασης κάθε

φυσικού αριθμού ως γινόμενο πρώτων έχουμε ότι

ζ(z) =sum

r1 r2ge0

1

(2r13r25r37r411r5 )z

Βγάζοντας κοινούς παράγοντες τα 12r1z το τελευταίο άθροισμα

ισούται με sum

r1ge0

1

2r1z

sum

r2ge0

1

3r25r37r411r5 )z

Επαναλαμβάνοντας τη διαδικασία επαγωγικά προκύπτει ότι

ζ(z) =prodp

sum

rge0

pminusrz =

prodp

1

1minus pminusz (155)

υπό τον περιορισμό real(z) gt 1 ώστε όλες οι σειρές και τα γινόμενα

να συγκλίνουν

λημμα 1543 Η συνάρτηση h1(z) = ζ(z) minus1

z minus 1επεκτείνεται ολο-

μορφικά στο real(z) gt 0

Απόδειξη Για real(z) gt 1 φανερά ισχύει

ζ(z)minus 1

z minus 1=

infinsum

n=1

1

nzminusintinfin

1

1

xzdx =

infinsum

n=1

int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

Αλλά η τελευταία σειρά συγκλίνει για real(z) gt 0 διότι φανερά

∣∣∣∣∣int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣zint n+1

n

int xn

1

tz+1dtdx

∣∣∣∣∣

le maxnletlen+1

∣∣∣∣ztz+1

∣∣∣∣

le |z|nreal(z)+1

προταση 1544 (Hadamard) Η συνάρτηση ζ δεν έχει ρίζα σε κάνε-να z isin C με real(z) ge 1 Αυτό συνεπάγεται ότι η Φ(z)zminus1 minus (z minus 1)minus1

επεκτείνεται ολομορφικά στο real(z) ge 1

Απόδειξη Για real(z) gt 1 αφού το γινόμενο (155) συγκλίνει συ-

μπεραίνουμε ότι ζ(z) ne 0 Επίσης logζ(z) =sump log

11minuspminusz και παρα-

γωγίζοντας οδηγούμαστε με απλές πράξεις στην

minusζprime(z)ζ(z)

=sump

logppz minus 1

= Φ(z)+sump

logppz(pz minus 1)


Αναδιατάσσοντας τους όρους της παραπάνω εξίσωσης βρίσκουμε

Φ(z)minus 1

z minus 1= minusζ

prime(z)ζ(z)

minus ζ(z)minussump

logppz(pz minus 1)

+(ζ(z)minus 1

z minus 1

)

Επειδή έχουμε δείξει στο Λήμμα 1543 ότι η τελευταία παρένθεση

είναι ολομορφική για real(z) gt 0 και η τελευταία σειρά συγκλίνει

για real(z) gt 12 συμπεραίνουμε ότι η Φ(z) minus 1(z minus 1) έχει πόλουςμόνο στις ρίζες της ζ(z) για real(z) gt 12 Επειδή μας ενδιαφέρειτο πεδίο real(z) ge 1 και η ζ(z) δεν έχει ρίζες για real(z) gt 1 μένει να

αποδείξουμε ότι στο real(z) = 1 η ζ(z) δεν μηδενίζεταιΘα δειξουμε λοιπόν ότι αν a isin R 0 τότε ζ(1 + ia) ne 0 Ας

υποθέσουμε ότι η ζ(z) έχει ρίζα τάξης micro στο 1 + ia και τάξης νστο 1 + 2ia (αν όχι ν = 0) Επειδή φανερά ισχύει ζ(z) = ζ(z) ηζ(z) έχει ρίζα τάξης micro και στο 1minus ia και τάξης ν και στο 1minus2iaΆρα είναι της μορφής

ζ(z) = (z minus (1+ ia))micro(z minus (1minus ia))micro(z minus (1+ 2ia))ν(z minus (1minus 2ia))νh2(z)

όπου η h2 δεν μηδενίζεται σε κανένα από τα 1 plusmn ia και 1 plusmn 2iaΥπολογίζοντας την παράσταση ζprime(z)ζ(z) προκύπτει ότι

Φ(z) = minusmicroz minus (1+ ia) +

minusmicroz minus (1minus ia) +

minusνz minus (1+ 2ia)

+ minusνz minus (1minus 2ia)

+ h3(z)

όπου h3(z) ολομορφική για real(z) ge 1 Συνεπώς εύκολα υπολογίζου-

με ότι

limεrarr0+

εΦ(1+ ε plusmn ia) = minusmicro

και

limεrarr0+

εΦ(1+ ε plusmn 2ia) = minusν

Επιπλέον επειδή

ζ(z) = 1

z minus 1+ h1(z)

όπου η h1 είναι ολομορφική για real(z) gt 0 εύκολα υπολογίζουμε

ότι

minusεζprime(1+ ε)ζ(1+ ε) =

1+ ε2hprime1(1+ ε)1+ εh1(1+ ε)

rarr 1

καθώς ε rarr 0+ Οπότε

limεrarr0+

εΦ(1+ ε) = limεrarr0+

minusεζ

prime(1+ ε)ζ(1+ ε) minus ε

sump

logpp1+ε(p1+ε minus 1)

= 1


Έχουμε δείξει λοιπόν ότι

limεrarr0+

εΦ(1+ ε) = 1 limεrarr0+

εΦ(1+ ε plusmn ia) = minusmicro limεrarr0+


Από αυτές τώρα έχουμε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)Φ(1+ ε + ira) =

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)sump

logpp1 + ε + ira

=sump

logpp1+ε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)1

pira

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)1

pi(mminus2)a

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)pminusiam2pia(4minusm)2

=sump

logpp1+ε (p

ia2 + pminusia2)4

=sump

logpp1+ε (2real(p

ia2))4 ge 0

Συνεπώς για ε gt 0 ισχύει

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)εΦ(1+ ε + ira) ge 0

και παίρνοντας όριο για ε rarr 0+ παίρνουμε 6 minus 8micro minus 2ν ge 0 Από

αυτό φανερά micro = 0 και συνεπώς ζ(1+ iα) ne 0 για καθε a isin R 0ολοκληρώνοντας την απόδειξη

Για την απόδειξη του Θεωρήματος των Πρώτων αριθμών πα-

ρατηρούμε ότι

ϑ(x) lesumplex

logx = (logx)π(x)

άραϑ(x)x

le π(x)x logx

(156)

Επιπλέον για κάθε 0 lt ε lt 1 ισχύει

ϑ(x) gesum

x1minusεleplexlogp ge

sum

x1minusεleplex(1minusε) logx = (1minusε) logx

(π(x)minusπ(x1minusε)

)

Αλλά φανερά π(t) le t για κάθε t ge 2 οπότε εφαρμόζοντας αυτό

το φράγμα στην ποσότητα π(x1minusε) παίρνουμε ότι

ϑ(x) ge (1minus ε) logx(π(x)minus x1minusε)


Η τελευταία μαζί με την (156) μας οδηγούν στην

ϑ(x)x

le π(x)x logx

le 1

1minus εϑ(x)x

+ logxxε

(157)

Αφού όμως limxrarrinfin(logx)xε = 0 αρκεί να δείξουμε ότι

limxrarrinfin

ϑ(x)x

= 1

Η απόδειξη για αυτό θα βασιστεί στην εξής παρατήρηση Αν

υπάρχει ε gt 0 ώστε να υπάρχουν οσοδήποτε μεγάλα x ώστε ϑ(x) ge(1+ ε)x τότε για αυτά τα x ισχύει

int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint (1+ε)xx

(1+ ε)x minus tt2

dt

επειδή η ϑ είναι αύξουσα Αλλάζοντας μεταβλητή θέτοντας y =tx προκύπτει ότι

int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint 1+ε

1

(1+ ε)minusyy2

dy gt 0

Άρα το όριο

limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt (158)

δεν υπάρχει (από το κριτήριο Cauchy)

Ομοίως αν υπάρχει 0 lt ε lt 1 και οσοδήποτε μεγάλα x ώστεϑ(x) le (1minus ε)x τότε

int x(1minusε)x

ϑ(t)minus tt2

dt leint x(1minusε)x

(1minus ε)x minus tt2

dt =int 1

1minusε

1minus ε minus tt2

dt lt 0

οπότε και πάλι δεν υπάρχει το όριο (158) Συνεπώς θα έχουμε ο-

λοκληρώσει την απόδειξη του Θεωρήματος των Πρώτων Αριθμών

αν αποδείξουμε ότι το ολοκλήρωμα

intinfin1

ϑ(x)minus xx2

dx = limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt

υπάρχει Για αυτό θα χρησιμοποιήσουμε την εξής πρόταση από

τη Μιγαδική Ανάλυση την οποία θα αποδείξουμε στο τέλος

προταση 1545 (D J Newman) Έστω ότι η f(t) ορισμένη για t ge 0

είναι φραγμένη τοπικά ολοκληρώσιμη και ότι η συνάρτηση g(z) =intinfin0 f(t)eminuszt dt για real(z) gt 0 επεκτείνεται ολομορφικά στο real(z) ge 0

Τότε το ολοκλήρωμαintinfin0 f(t)dt υπάρχει και είναι ίσο με g(0)


Για τις ανάγκες της απόδειξης του Θεωρήματος των πρώτων

αριθμών θέτουμε f(t) = ϑ(et)eminust minus 1 για την οποία πρέπει να α-

ποδείξουμε ότι είναι φραγμένη (προφανώς είναι τοπικά ολοκλη-

ρώσιμη γιατί είναι συνεχής στο R N) Επίσης

g(z) =intinfin

0f(t)eminuszt dt =

intinfin0

(ϑ(et)eminust minus 1

)eminuszt dt

=intinfin

0ϑ(et)eminust(1+z) minus

intinfin0eminuszt dt

=intinfin

0ϑ(et)eminust(1+z) dt minus 1

z

Παρατηρούμε όμως ότι αν αλλάξουμε μεταβλητή θέτοντας x = etκαι συμβολίσουμε με 2 = p1 lt p2 lt την ακολουθία των πρώτωναριθμών τότε

zintinfin

0eminusztϑ(et)dt = z

intinfin1

ϑ(x)xz+1

dx =infinsum

n=1

int pn+1

pn

ϑ(x)xz+1

dx

=infinsum

n=1

int pn+1

pnzϑ(pn)xz+1

dx

=infinsum

n=1

ϑ(pn)

(1

pznminus 1

pzn+1

)

και χρησιμοποιώντας άθροιση κατά παράγοντες (Λήμμα 1121) η

τελευταία ποσότητα ισούται με

infinsum

n=1

ϑ(pn)minus ϑ(pnminus1)pzn

=infinsum

n=1

logpnpzn

= Φ(z)

Συνεπώς ισχύει

g(z) = Φ(1+ z)1+ z minus 1

z

Συνοψίζοντας λοιπόν για να εφαρμόσουμε την Πρόταση 1545

και να ολοκληρωθεί η απόδειξη μας μένει να αποδείξουμε τους

εξής δύο ισχυρισμούς

bull η f(t) = ϑ(et)eminust minus 1 είναι φραγμένη

bull η g(z) επεκτείνεται ολομορφικά στο real(z) ge 0

Το δεύτερο είναι άμεσο αφού είναι το περιεχόμενο της Πρότα-

σης 1544 Το πρώτο προκύπτει αμέσως από το ακόλουθο

λημμα 1546 (Chebyshev) Υπάρχει σταθερά C gt 0 ώστε ϑ(x) le Cxοπότε η f είναι φραγμένη


Απόδειξη Για κάθε n isin N ισχύει

22n = (1+ 1)2n =(

2n0

)+ +

(2n2n

)ge(

2nn

)

Αλλά

eϑ(2n)minusϑ(n) =prod

nltple2n

p le(

2nn

)

διότι (2nn

)= (2n)(2nminus 1)(2(nminus 1))(2nminus 3)(2(nminus 2)) middot middot middot (n+ 1)

n(nminus 1) middot middot middot2 middot 1

και το τελευταίο κλάσμα είναι ακέραιος αλλά κανένας πρώτος

παράγοντας του αριθμητή (που αναγκαστικά είναι γνήσια μεγα-

λύτερος του n) δεν μπορεί να διαγραφεί με παράγοντα του παρο-νομαστή (που είναι μικρότερος ή ίσος του n)Άρα eϑ(2n)minusϑ(n) le 22n οπότε ϑ(2n) minus ϑ(n) le 2n log 2 Αυτό και

η Άσκηση 425 συνεπάγονται ότι υπάρχει σταθερά C gt 0 ώστε

ϑ(x) le Cx

1541 Απόδειξη της Πρότασης 1545

Για T gt 0 θέτουμε gT (z) =int T0 f(t)e

minuszt dt η οποία είναι φανερά ολο-μορφική για όλα τα z isin C Η απόδειξη θα γίνει αποδεικνύονταςότι limTrarrinfin(gT (0)) = g(0)Έστω ότι R gt 0 και θέτουμε C να είναι το σύνορο του z isin

C |z| le R και real(z) gt minusδ όπου το δ = δ(R) gt 0 είναι αρκετά

μικρό ώστε η g(z) να είναι ολομορφική στο C Εφαρμόζουμε τονολοκληρωτικό τύπο του Cauchy στη συνάρτηση

(g(z)minus gT (z))ezT(

1+ z2

T 2

)

στο 0 και παίρνουμε ότι

g(0)minus gT (0) =1

2πi

int

C

(g(z)minus gT (z))ezT(1+ z2R2

)

zdz

Έτσι αρκεί να δείξουμε ότι η ποσότητα στα δεξιά τείνει το μηδέν

καθώς το R τείνει στο άπειροΣτο ημικύκλο C+ = C cap z real(z) gt 0 έχουμε ότι

|g(z)minus gT (z)| =∣∣∣∣intinfinTf(t)eminuszt dt

∣∣∣∣ le finfinintinfinT|eminuszt|

= finfinintinfinTeminusreal(z)t dt = finfin

eminusreal(z)tminusreal(z)

∣∣∣∣∣infin

T

= finfineminusreal(z)T

real(z)


Επειδή |R2 + z2| = |zz + z2| = |z||z + z| = 2real(z) middot R ισχύει∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ = ereal(z)T

∣∣∣∣∣R2 + z2

R2z

∣∣∣∣∣ = ereal(z)T 2real(z)

R2

Οπότε ∣∣∣∣∣(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ le2finfinR2

Συνεπώς

∣∣∣∣∣1

2πi

int

C+

(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ lefinfinπiR2

int

C+dz = finfin

R

Άρα στο C+ το ολοκλήρωμα πάει στο μηδέν καθώς R rarrinfinΜένει να ελέγξουμε το ολοκλήρωμα στο Cminus = C cap z real(z) lt 0

Για αυτή την καμπύλη θα εξετάσουμε ξεχωριστά τις g και gT Αφού η gT είναι αναλυτική η καμπύλη Cminus μπορεί να αντικατα-σταθεί από το ημικύκλιο Cprimeminus = z isin C |z| = R real(z) lt 0 Τοολοκλήρωμα τώρα φράσσεται ως εξής

∣∣∣∣∣1

2πi

int

CprimeminusgT (z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cprimeminus|gT (z)|

∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ dz

Αλλά

|gT (z)| le finfinint T

0|eminuszt|dt le finfin

int Tminusinfin|eminuszt|dt = finfinereal(z)T

|real(z)|

Οπότε ∣∣∣∣∣1

2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣ lefinfinR

Τέλος για το ολοκλήρωμα με την g(z) ισχύει∣∣∣∣∣

1

2πi

int

Cminusg(z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cminus

∣∣∣∣∣g(z)(

1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ middot eminus|real(z)|T dz

αφού real(z) lt 0 Η τελευταία παράσταση όμως μπορεί να γίνει

οσοδήποτε μικρή για T rarrinfinΒάζοντας όλα τα παραπανω μαζί και παίρνοντας lim sup κα-

ταλήγουμε στο ότι

lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ le 2finfin

R


για κάθε R gt 0 οπότε

lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ = 0


Βιβλιογραφία

[1] Απόστολος Γιαννόπουλος Απειροστικός Λογισμός Ι amp ΙΙ (Ση-

μειώσεις Μαθήματος)

httpusersuoagr˜apgiannopnoteshtml

[2] Δημήτριος Κάππος Μαθήματα Αναλύσεως Απειροστικός

Λογισμός Α

[3] Στυλιανός Νεγρεπόντης Σταύρος Γιωτόπουλος Ευστάθιος

Γιαννακούλιας Απειροστικός Λογισμός Ι Συμμετρία 1997

2004

[4] Σωτήρης Ντούγιας Απειροστικός Λογισμός Ι Πανεπιστήμιο

Ιωαννίνων 2000 2004

[5] Αντώνης Τσολομύτης Σύνολα και Αριθμοί Leader Books 2004

[6] Robert Bartle The elements of Real Analysis 2nd ed John Wiley amp Sons

1989

[7] Konrad Knopp Infinite sequences and series Dover Publications 1956

[8] Thomas William Korner A companion to Analysis Graduate Studies in

Mathematics vol 62 American Mathematical Society 2004

[9] Serge Lang A first Course in Calculus 5th ed Undergraduate Texts in

Mathematics Springer-Verlag 1986

[10] Pierre Simon Laplace Memoir on the probability of causes of events

tome sixieme of Memoires de Mathematique et de Physique English

translation by S M Stigler Statist Sci 1(19)364ndash378 1986

[11] D J Newman Simple analytic proof of the prime number theorem

Amer Math Monthly 87 (1980) 693ndash696

[12] Reinhold Remmert Classical Topics in Complex Function Theory vo-

lume 172 of Graduate Texts in Mathematics Springer Verlag 1998

166 ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[13] Walter Rudin Principles of Mathematical Analysis 3rd edition McGraw

Hill International Editions 1976

[14] Karl Stromberg An introduction to Classical Real Analysis Chapman amp

Hall 1996

Ευρετήριο ελληνικών όρων

Σύμβολα

άνω

όριο ακολουθίας 73

φράγμα ακολουθίας 31

φραγμένη ακολουθία 31

πέρας ακολουθίας 32

άνω όριο ακολουθίας 74

άθροιση κατά παράγοντες 124

άθροισμα ακολουθιών 21

όριο

ακολουθίας 45

υπακολουθιακό 73

όροι ακολουθίας 19

αύξουσα ακολουθία 27

ακολουθία 19

άνω όριο 73 74

άνω φράγμα 31

άνω φραγμένη 31

άνω πέρας 32

όριο 45

όροι 19

αύξουσα 27

ανώτερο όριο 73 74

αποκλίνουσα 55

απολύτως φραγμένη 31

βασική 53

γνησίως αύξουσα 27

γνησίως μονότονη 27

γνησίως φθίνουσα 27

ελάχιστο άνω φράγμα 32

επάλληλες 79

κάτω όριο 73 74

κάτω φραγμένη 31

κάτω πέρας 32

κανόνας Lrsquo Hospital 81

κατώτερο όριο 73 74

μέγιστο κάτω φράγμα 32

μερικό άθροισμα 89

μηδενική 39

μονότονη 27

φραγμένη 31

φραγμένης κύμανσης 126

φθίνουσα 27

σύνολο όρων 19

σειρά της 89

συγκλίνουσα 45

τελικό τμήμα 19

Cauchy 53

infimum 32

supremum 32

ακολουθίες

λήμμα του Stoltz 81

ακολουθίες ισοσυγκλίνουσες 50

ανώτερο


ανώτερο όριο ακολουθίας 74

αναδιάταξη

φυσικών αριθμών 128

σειράς 127

αναδιάταξη σειράς 128

ανισότητα

Bernoulli 10

ανισότητα αριθμητικού γεω-

μετρικούς αρμονικού μέσου

80

ανοικτή περιοχή σημείου 39

απόλυτη σύγκλιση σειράς 98

απλή σύγκλιση σειράς 98

αποκλίνουσα ακολουθία 55

απολύτως φραγμένη ακολου-

θία 31

αριθμητικός μέσος 79

αριθμητικός-αρμονικός μέσος

83

αριθμογεωμετρικός μέσος 84

αρμονική σειρά 98

αρμονικός μέσος 79

168 Ευρετηριο ελληνικων ορων

αρρητότητα του e 61

αρχή της καλής διάταξης 9

βασική ακολουθία 53

βασική τριγωνομετρική ταυτότη-

τα 14

γεωμετρική σειρά 89

γεωμετρικός μέσος 79

γινόμενο ακολουθιών 21

γνησίως


μονότονη ακολουθία 27

φθίνουσα ακολουθία 27

διαφορά ακολουθιών 21

διωνυμικό ανάπτυγμα 11

εκθετική συνάρτηση 56 59

ελάχιστο

άνω φράγμα ακολουθίας

32

υπακολουθιακό όριο 74

εναλλάσουσα σειρά 123

επάλληλες ακολουθίες 79

επαγωγή 9

ιδιότητα Cauchy 96

ισότητα ακολουθιών 21

ισοσυγκλίνουσες ακολουθίες 50

κάτω




κάτω όριο ακολουθίας 74

κέντρο περιοχής 39

καλή διάταξη του N 9

κανόνας Lrsquo Hospital για ακο-

λουθίες 81

κατώτερο


κατώτερο όριο ακολουθίας 74

κριτήριο

n-στης ρίζας του Cauchy

112

λόγου ακολουθιών 43

λόγου ακολουθιών ορια-

κό 51

λόγου Drsquo Alambert 110

λογαριθμικό 116

ολοκληρωτικό 107

οριακής σύγκρισης 100

οριακής σύγκρισης λόγων

101

φράγματος 95

σύγκρισης 99

συμπύκνωσης του Cauchy

104

Cauchy 96

Bertrand 117 118

Gauss 119

Dini-Kummer 102

Dirichlet 124 125

Leibniz 123

Raabe-Duhamel 115


λόγος γεωμετρικής σειράς 89

λογαριθμικό κριτήριο 116

μέγιστο

κάτω φράγμα ακολουθίας

32


μέσος

αριθμητικός 79

αριθμητικός-αρμονικός 83

αριθμογεωμετρικός 84

αρμονικός 79

γεωμετρικός 79

μέθοδος Laplace 146

μερικό άθροισμα ακολουθίας

89

μηδενική ακολουθία 39


μοναδικότητα ορίου ακολουθίας

45

ολοκληρωτικό κριτήριο 107

οριακό κριτήριο λόγου ακολου-

θιών 51

ορισμός της εκθετικής συνάρ-

τησης 59



Ευρετηριο ελληνικων ορων 169

περιοχή σημείου 39

πηλίκο ακολουθιών 22

σύγκλιση ακολουθιών 39

σύνολο όρων ακολουθίας 19

σύνθεση ακολουθιών 22

σειρά 89

αρμονική 98

γεωμετρική 89

εναλλάσουσα 123

τηλεσκοπική 102

σειρές


112

αναδιατάξεις 127 128

απόλυτη σύγκλιση 98

απλή σύγκλιση 98

εναλλάσουσες 123

κριτήριο λόγου Drsquo Alambert

110

κριτήριο λογαριθμικό 116

κριτήριο οριακής σύγκρι-

σης 100


σης λόγων 101

κριτήριο φράγματος 95

κριτήριο σύγκρισης 99

κριτήριο συμπύκνωσης του

Cauchy 104

κριτήριο Cauchy 96

κριτήριο Bertrand 118

κριτήριο Gauss 119

κριτήριο Dini-Kummer 102

κριτήριο Dirichlet 124 125

κριτήριο Leibniz 123

κριτήριο Raabe-Duhamel 115


τηλεσκοπικές 102

συγκλίνουσα ακολουθία 45

τύπος του Stirling 152

τελικά ανήκειικανοποιεί 39

τελικό τμήμα ακολουθίας 19

τηλεσκοπικές σειρές 102

θεώρημα

Bolzano-Weierstraszlig 53

Riemann 130

υπακολουθία 20


Παραγωγή LATEX2ε

Α Τσολομύτης Σάμος 2012ndash2019

httpmyriamathaegeangr˜atsol

Direct link httpmyriamathaegeangrrseq

Στον Κώστα



11 Επαγωγή 9





13































II Σειρες 87








































Κεφάλαιο 1






στεί

11 Επαγωγή















1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)



2n(n+ 1)





1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)


1+2+3+ +n+ (n+1) = 1

2(n+1)((n+1)+1) = 1

2(n+1)(n+2)


1+ 2+ 3+ +n+ (n+ 1) = 1

2n(n+ 1)+ (n+ 1)

= (n+ 1)(

1

2n+ 1

)

= (n+ 1)n+ 2

2= 1

2(n+ 1)(n+ 2)











έχουμε

(1+ θ)2 = 1+ 2θ + θ2 gt 1+ 2θ


(1+ θ)n+1 = (1+ θ)(1+ θ)n gt (1+ θ)(1+nθ) = 1+ (n+ 1)θ +nθ2

gt 1+ (n+ 1)θ




(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2

και

(a+ b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3



(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

όπου (nk

)= n

k(nminus k)




1sum

k=0

(1

k

)akb1minusk =

(1

0

)a0b1minus0 +

(1

1

)a1b1minus1 = a+ b

διότι (1

0

)= 1


(1

1

)= 1

1(1minus 1)= 1


(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk



(a+ b)n+1 =n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk


(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

=nsum

k=0

(nk

)ak+1bnminusk +

nsum

k=0

(nk

)akb(n+1)minusk



= an+1 +nsum

s=1

(n

s minus 1

)asb(n+1)minuss +

nsum

k=1

(nk



= an+1 +nsum

k=1

((n

kminus 1

)+(nk



kminus 1

)+(nk

)= n


k(nminus k)

= n


(1

nminus k+ 1+ 1

k

)

= n


k((n+ 1)minus k)

= n


k((n+ 1)minus k)

= (n+ 1)k((n+ 1)minus k)

=(n+ 1

k

)


)=(n+1

0

)= 1


k=1

(n+ 1

k


=n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk







plusmna le |a|




άρα














1

1

θ

cscθ

secθ

cosθ

sinθ

tanθ

cotθ


ισχύει












2 cotθ



secθ = 1

cosθcscθ = 1

sinθ







cotθ plusmn cotϕ




cosθ le sinθθ

le 1



O A

C

B




1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ| (11)









sinθθ

le 1

και


θ





Μέρος I


Κεφάλαιο 2




ακολουθία


















21

31

4 raquo



1










2n


11

21

31

41

51

61

71

8


1

21

41

61

8




am+1 am+2 am+3




Ασκήσεις


κολουθιών

n (minus1)n













an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1


n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n










k1 lt k2 lt k3 lt






N)



1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11


1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9







c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2






3+ + 1







θίας xn = 1+ 12+ + 1

n









[5]





an+1 minus 3 =(

2+ an3

)minus 3 = 1

3(an minus 3)


Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2


1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1






an




an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)


an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)







an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2


(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n


an = 2+ 3n

3n minus 2n







an minus 2


1



an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1




2



an = 3+ 2

2nminus 1

Ασκήσεις


an = 1+ 1

22+ 1

32+ + 1

n2

και της

bn = 1+ 1

22+ 1

33+ + 1

nn



an = (minus1)n1


(nπ2

)


an2 anm a2n an


(i) an+1 = 3+ 1

2an a1 = 2



bn b1 = 3


4cn + 7 c1 =

3

4



Κεφάλαιο 3




an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an


ορισμος 311






rarr

αν
















































2n(n+ 1)gt 0


an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1


radic1+ an


a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1


an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1





1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n


(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1


Ασκήσεις


an = 3n+ 2 an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n



an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)


(2n)radicn

(n)222n+1



Κεφάλαιο 4













ορισμος 411



















και





σημαντικά












an0 lt i+ ε










έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2







κλάσματος

bn =3n2 + 1


2n2 minusn2= 4




cn =3n2 + 1


n2 minus 13n2

= 4n2

23n

2= 6




cn le max613 = 13





dn =3n2 + 1


n2 minus 12n2

= 8



an+1 =radic







Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8




an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2




radicr +M leM







Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2


(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4





Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1


Ασκήσεις



an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100


n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2


n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn


an =radicn+ aminus


a1 = 2an+1 =



και

an+1 =5an + 6

2an + 1


sn = 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2p+ 1


nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1


n1minusp le 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2+ 1


nge 1

2logn






υπόθεση)

Κεφάλαιο 5













liman = 0









|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n






Ασκήσεις



an =1

2n3an =

sinnπ5

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1




nminus 1

n2 minus 1

nminus 1

n2 + 1

8n2 minus 1

2n3 + 3

8n2 + 1

2n3 minus 3


radicnπ)

n

n116 +n95 +n74 +n53 +n32 + 1

n2 minusn+ 1




















|an| le M







2|λ| (51)

και


2|micro| (52)




2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε



































radic|an| =

0


τότε liman = 0







1


και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ





∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0


∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2






∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2













ξηraquo


∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1




Τότε liman = 0


Ασκήσεις


an = n sin1

n2




an =1

2

3

4

5


2n


3n


1+ an= 0



lima2n + b2

n

an + bn= 0












ισχύει





δικό






και





∣∣



3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|













ε






ότι





















2(1+ |λ|)



2(1+ |micro|)



lt |λ| ε2(1+ |λ|) + |micro|

ε2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε











limanbn

= ℓ1

ℓ2



∣∣ (55)


∣∣ (56)





2(1+ |ℓ1|)




ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

lt ε







2



2


|bn| gt|ℓ2|

2



1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|


2|ℓ2|

= 2





∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2


2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε









)


kminusόροι

)









kradicℓ












1








an le bn le cn








∣∣∣∣an+1

an


2


∣∣∣∣an+1

an


2= 1+ ℓ

2lt 1



















(1+ 1

n

)n




και 423)


λουθία

xn =(

1+ 1

n

)n





e = 271828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995


(οradic






xn =(

1+ xn

)n

















σης







2= ε




















∣∣



∣∣ lt ε2+ ε

2= ε












x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1































xn =(

1+ xn

)n




(1+ x

n

)n



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n le 1+ xn+ 1



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n =1(

n2+n+nxn2+n+nx+x

)n =1(

1minus x(n+1)(n+x)

)n le1

1minus nx(n+1)(n+x)



1 le 1+ xn+ 1


nx2

(n+ 1)2(n+ x)



0 le x2

(n+ 1)21

n+ x





|xn| le(

1+ |x|n

)nle(

1+ k0

n

)nle(

1+ k0

k0n

)k0n

=((

1+ 1

n

)n)k0

le ek0









)





(1+ 1

n

)nminus1

rarr 0 middot e = 0



1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣



lim

∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣ = 0






exp(x)


(iv) (exp(1k))k = e


exp(x) exp(y) = lim

((1+ x

n

)n (1+ y

n

)n)

= lim

(1+ x +y

n+ xyn2

)n



lim

(1+ x +y

n

)n= exp(x +y)


exp(x) = lim

(1+ x

n

)nge lim

(1+nx

n

)= 1+ x ge 1

Επίσης


(1+ 0

n

)n= 1





exp(1k)k = exp

(1

k

)middot exp

(1

k


(1

k

)

= exp

(1

k+ 1

k+ + 1

k

)= exp(1)

= e








exp(x) = lim

(1+ x

n

)n












limxrarrx0

ex = limxrarrx0


exminusx0



∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣



1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

le ε2+ tn

∣∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus1

+(

1+ tn

)nminus2

+ +(

1+ tn

)+ 1

∣∣∣∣∣

le ε2+ tn

((1+ |t|

n

)nminus1

+(

1+ |t|n

)nminus2

+ +(

1+ |t|n

)+ 1

)

le ε2+ t

(1+ |t|

n

)nminus1



(1+ 1

n

)nminus1

le ε2+ te






(1+ y minus x

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)nge 1+ x













1minus 1









ax = ex loga



ent = limkrarrinfin

(1+ nt

k

)k= limkrarrinfin

(1+ nt

nk

)nk


ent = limkrarrinfin

((1+ t

k

)k)n= (et)n

Άρα














e = limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ 1


n

)






(1+ 1

n

)n=

nsum

k=0

(nk

)1nminusk

(1

n

)k

= 1+ n

1(nminus 1)1

n+ n

2(nminus 1)1

n2+ + n

n0

1

nn

= 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)+

+ 1

n

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus nminus 1

n

)

le 1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n= sn


sn le 1+ 1+ 1

2+ 1

22+ 1

24+ 1

25+ + 1

2nle 3minus 1

23lt 3



e = limnrarrinfin

(1+ 1

n

)nle lim sn



1+ 1

n

)nge 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)



τον αριθμό

x =m(e minus sm) =m

(kmminus(

1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

m

))





x =m

(limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n

)minus sm

)

= limnrarrinfin

m

(1

(m+ 1)+ 1

(m+ 2)+ + 1

n

)

= limnrarrinfin

(1

m+ 1+ 1

(m+ 1)(m+ 2)+

+ 1


)

le limnrarrinfin

(1

3+ 1

32+ + 1

3nminusm

)le limnrarrinfin

13minus 1

3nminusm+1

1minus 13

= 1

2



















θ2


nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0




)p rarr 0p = 0








0 le vn leaminus 1

n












n





lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1







3ℓ2


radican lt

nradic

3ℓ2











τες έχουμε


(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|



limnrarrinfin

sinanan

= 1



sinθθ

∣∣∣∣ le 1




sinanan

∣∣∣∣ le 1




limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1



1+ x le ex le 1

1minus x (511)


προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1


1 ge ean minus 1

ange 1

1minus an




lognn

lognnp

logq nnp

logann

logannp

logqannp



0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logq nnp

=(

lognnpq

)qrarr 0







log(1+ an)an

rarr 1



αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1


1

1+ ange log(1+ an)

ange 1


Ασκήσεις



(i) an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

(ii) bn =(

1minus 1

n2

)n


(iv) dn = n





limnrarrinfin

[nx]n

= x



an =x

1+ (3 sinx)3n




limnrarrinfin

(1+ 4

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 3

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 1

n2

)n

limnrarrinfin

(4n+ 3

4n

)n lim

nrarrinfin

(n2 minus 1

n2 + 1

)n2

limnrarrinfin

(3+ 1

n

)n (1

3+ 1

n

)2n

limnrarrinfin

(1+ 1

n logn

)n lim

nrarrinfin

(1+ logn

n

)n lim

nrarrinfin

(1+ 1

n

)n logn



an = n

radicλn + 2

λ2n + en




3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1


radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn



2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + +n2

n3


1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ + 1

2n + 2n+1


(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2


3

radic

3

radic3

radic3

radic3


(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1


λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4


3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

radiczn + 1minus 1

zn





xn+1 =1

2

(xn +

axn

)και x1 = a





(nminus 1)x + an

)nge xnminus1a





xkminus1

k

)kge a


μικά με

xn+1 =1

k

((kminus 1)xn +

axkminus1n

)και x1 = a ge 1






xn+1

xn=

(1+ x

n+1

)n+1

(1+ x

n

)n =(

1+ xn+ 1

)( n+1+xn+1n+xn

)n




yn =(

1+ |x|nminus |x|

)n


ynyn+1

=

(1+ |x|

nminus|x|

)n(1+ |x|

n+1minus|x|

)n+1 =1

1+ |x|n+1minus|x|

nnminus|x|n+1

n+1minus|x|

n







1+ 1

nt

1+ t

)nle 1+ t




(1+ θ)p ge 1+ pθ






f(x) =(

1+ ax

)x






0 le a2

y2

y minus xx + a


Κεφάλαιο 6





















n+ 1

n= 2

nrarr 0




lim supnrarrinfin


an = infΥ(an)




lim infnrarrinfin


an (61)


lim infnrarrinfin


an



lim infnrarrinfin


an

















οπότε




οπότε





lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)




limnrarrinfin

(supak k ge n




limnrarrinfin

(supak k ge n



supak k ge n ge akn


limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s



ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)



2






lim supnrarrinfin


bn

και

lim infnrarrinfin


bn





και



lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf



nrarrinfin

an+1

an





sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε


akle ℓ + ε (62)


an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3







radican0

(ℓ + ε)n0


supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n


limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε



limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0

= limnrarrinfin

n

radican0

(ℓ + ε)n0= 1




Ασκήσεις


lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican






lim infan+1


1


an+1

an= infin

Κεφάλαιο 7





τους







an =x1 + x2 + + xn

n




nle ε

2




n

∣∣∣∣∣




nε2le ε







n

nrarr ℓminus1



n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ



x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(71)






limnrarrinfin


= ℓ


limnrarrinfin

xp1

1 xp2



x1+ p2


xn

= ℓ








ltε2




∣∣∣∣∣




ε2lt ε




n








ge xp1

1 xp2


x1+ p2


xn

(72)







xnyn

= ℓ





ℓ = limp1

x1minusx0


ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn



limlognn


= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1+ 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις





















limnrarrinfin


1+ r




an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab




2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1



an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn





limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin


an












an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12






an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn





οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn





I(a b) = I(a+ b

2radicab)


I(a b) =int π2

0


dθ


πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx




radicab)= I(a1 b1)



I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx


ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R



x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt


I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)







n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε


0


a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2



n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0



le 4

3ℓ3

π2





an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1


4




le 1

2



2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 8


81 Ορισμοί



n=1

an



suminfinn=1 an











= N rarrinfin





n=1

λn




= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ


infinsum

n=1

λn = λ1minus λ


suminfinn=1 λ










s2N =2Nsum

n=1


ενώ


n=1












φής




suminfinn=n0







πρόταση


suminfinn=n1


suminfinn=n2




sN =Nsum

n=n1


και

tN =Nsum

n=n2






suminfinn=n0



Ασκήσεις


(i)

infinsum

n=1

1

2n(ii)

infinsum

n=1

2n

3n








n=1


n=1

(an + bn)


infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn


Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn





ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n


suminfinn=1(2


Ασκήσεις



n=1

(an minus eminusn

)




(i)infinsum

n=1

n+ 1

n

(ii)infinsum

n=1

1

(nminus 1) (n+ 1)

(iii)infinsum

n=1

2n(2n+ 1)


infinsum

n=1

ϕ(n)n





(i)infinsum

n=1

n2 minus 3n+ 2

n

(ii)infinsum

n=1

(nminus 1)3

n





(i)infinsum

n=1

n+ 1

3n

(ii)infinsum

n=1

2n2 + 5

3n


n=1

nλnminus1 = 1

(1minus λ)2


n=1


Κεφάλαιο 9












sN = 1+ 1

2p+ 1


Nple pp minus 1






Ασκήσεις



s2N = 1+ 1

2+ 1


2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1


23

)+


1

2Nminus1 + 1+ 1


2N

)




n=1

1










n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣


∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣





∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε





∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε







infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n


nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0









sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic


N

ge 1radicN+ 1radic



= N 1radicN=radicN




minusp




infinsum

n=1

1

n= infin





1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1


2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6


(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6


(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1


n




συγκλίνει






απλά






n=M+1

an


n=M+1

|an| lt ε


συγκλίνει


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n(

1+ 2

n2

)n2






xn = 1+ 1


nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1


nminus logn


1+ 1


nrarrinfin


esN =Nprod

n=1

e1n ge N + 1















n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε



n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε


γκλίνει



Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin



νο





1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn










anle bn+1







an =ananminus1

anminus1


a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1


b1a1 =

a1

b1bn


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1


n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

infinsum

n=1

1

3n minusn

infinsum

n=1


infinsum

n=1

arctan1

3n2 + 2n+ 7


5eminusn6



infinsum

n=2

1


n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1




infinsum

n=1

(1minus eminus1n)

infinsum

n=1

(nradicnminus 1)



infinsum

n=1

a2n

infinsum

n=1

apn p ge 1infinsum

n=1

an1+ an

infinsum

n=1

a2n

1+ a2n






λεσκοπική


infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1


Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)


Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin


bn minus b1



διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1


(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1






θέτουμε


an








0 lt an le1



ράsuminfinn=n0




ananminus1

ge 1bn1bnminus1









1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1




Ασκήσεις


limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1


(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1




infinsumn=na

1


infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(nminus 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn


))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1


nsum

k=1



infinsum

n=1

3n+ 2

n(n+ 1)(n+ 2)





suminfinn=1 b

minus1n

















suminfinn=1 a2n

συγκλίνει





















sN le skN+1minus1




ΔηλαδήNsum

n=1


n=1

(kn+1 minus kn)akn





k2minusk1 όροι





Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn








φού












n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n





Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2 tan1

n3

infinsum

n=1

sinπradicn

infinsum

n=1

lognn32


infinsum

n=1

1

(n+ 1)np


infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p



(x)



(1)



n=e(k)+1

1






suminfinn=1 e











int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx



Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an






int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an









xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1




Κεφάλαιο 10







ράsuminfinn=1 λ











infinsum

n=1

cn με cn ge 0





υπάρξει









suminfinn=1 an















θία an ne 0


∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an


1minus ℓ2


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1



θα έχουμε



suminfinn=1 λ





an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1









suminfinn=1 1n2

συγκλίνει






Ασκήσεις





(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np


infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n


radicn(ne)n



e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n


infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn




infinsum

n=1

3n

n3xn

infinsum

n=1

n(3n)(4n)

xn




bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an


bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an



∣∣∣∣an+1

an



















2


|an| lt(

1+ ℓ2

)n






2


(1+ ℓ

2

)nlt |an|







1n2 = 1




νάρτηση


e =infinsum

n=0

1

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n=

infinsum

n=0

xn

n




s(x)minus(

1+ xn

)n=

infinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))xk



ανισότητα


1+ xn


k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))|x|k


(1+ |x|

n

)n∣∣∣∣∣




Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R


n=1

2n

n2xn






απολύτως














le 1np

1(nminus 1)p(101)



1np


n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n


ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1



limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)







an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)













an+1

anle 1(n+ 1)p

1np=(

nn+ 1

)p


anan+1

ge(

1+ 1

n

)p


anan+1

ge epn





gn = n loganan+1

Τότε







Ασκήσεις












n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn









των λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1


=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n


logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p


ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An



ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p


(1minus 1minusnAn

n logn


n logn+ Bn


ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)


(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn



την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1


αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1



(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1




Ασκήσεις


trand



an+1

an= 1minus b

nminus cnn2




σης σειρών


















πάρχει













infinsum

n=1

anrpnminus1







1minus x le 1


)


1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)









an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1





an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2




κλίνει


infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r 1minuspnminus1 =

infinsum

n=1


r 1minuspnminus1



r 1minuspnminus1 le

1


1minuspn

)



1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)


x = rnrnminus1











infinsum

n=1

anspn




an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k


an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2





anspn

le ans2n





infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1


sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1


1minuspn

)



1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)



Ασκήσεις



infinsum

n=2

1

n(logn)p


Κεφάλαιο 11




















Συνεπώς










Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1


infinsum

n=1








intfgprime






Nsum

n=M+1


n=M+1




Nsum

n=M+1




Nsum

n=M+1


n=M+1


=Nsum

n=M+1


n=M+1


Άρα

Nsum

n=M+1


n=M+1


οπότε

Nsum

n=M+1


n=M+1



κόλουθο













infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1




n=1


infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)








let



Ασκήσεις








συγκλίνει


Κεφάλαιο 12










αρνητική



ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56





1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+




1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k


4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0


άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1


3minus 1

2= 5

6gt ℓ

















n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14






suminfinn=1 a

primen =


suminfinn=1 an









λήμματα







12 N sube k1 k2 km












infinsum

n=N0+1

|an| lt ε





n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1k2km|an| le

sum

nnotink1k2km0|an|

lesum

nnotin12N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε


Ασκήσεις
















n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x







0 αν an gt 0




infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1







infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an




infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn








prime3 a



n=1


n=1

aprimen







primen2+n3



N3sum

n=1


n=1

aprimen



n=1 aprimen



primeN3+n4


N4minus1sum

n=1


n=1

aprimen





bull

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen (lowast)









n=1


n=1


| lt ε




N2ksum

n=1


n=1




Ασκήσεις





πυκνά στο R


primen = e


primen = 1000

Μέρος III


Κεφάλαιο 13




limNrarrinfin

Nprod

n=1

xn





prodinfinn=1 xn = 0






γκλίνει

Κεφάλαιο 14


Μέρος IV



Κεφάλαιο 15















xnϕ(n)

rarr 1






λέει ότι

limnrarrinfin

pnn logn

= 1


ϕ(n) = n logn


Η









limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1












=infinprod

n=1

(1+ 1

n

)x (1+ x

n

)minus1






Πx = limkrarrinfin



YY

Y

Y Y Y





1radic2π


22 dx = 1


τες

(i) Γ(x + 1) = xΓ(x)




ντες





Γ(12) =intinfin

0


22xdx =radic

2

intinfin0eminusx

22 dx =radic

21

2

radic2π =

radicπ





limxrarr+infin


= 1




limnrarr+infin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n




















13













(x minus x0)2


λημμα 1532

1radic2π


22 dy = 1



I2 =(intinfin

minusinfineminusx

22 dx)(intinfin

minusinfineminusy



2+y2)2 dxdy


I2 =int 2π

0

intinfin0eminusr

22r dr dθ


0

= 2π

Έτσι I =radic


λημμα 1533

limtrarrinfin

1radic2π

int tminusteminusy

22 dy = 1


radic2π



limtrarrinfin

intinfinteminusy

22 dy = 0



0eminusz

22eminuszt2 dz


0eminusz

22 dz =radic

2π2eminust

22







limtrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


= 1 (151)






f(x) = f(x0)+1


ge f(x0)+1


Άρα

int baetf(x) dx ge

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx

ge etf(x0)int x0+δ


)(xminusx0)22 dx


ge etf(x0)

radic1




eminus12y

2

dy

Έτσι

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1radic

2π



eminus12y

2

dy

radic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)geradic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1 (152)




f(x) le f(x0)+1

2


)(x minus x0)2



int x0minusδ

aetf(x) dx +

int x0+δ


int bx+δ

etf(x) dx


)et(f(x0)minusθ

)+ etf(x0)

int x0+δ

x0minusδet2 (f


+(b minus (x0 + δ)

)et(f(x0)minusθ)


x0minusδet2 (f




radic2π


)


lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)leradic




lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)le 1 (153)






limxrarrinfin


= 1



Γ(x + 1) = xx+1











Γ(x + 1)xx+1

=int 2










1

eminusxradic

2πx

int 2


xx+1eminusxradic

2πx

le 1

eminusxradic

2πx

int 2





limxrarrinfin


radic2πx

= 1




limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n



radic2πn

(ne

)ne(12n+1)minus1

lt n ltradic

2πn(ne

)ne(12n)minus1



2

)logn+n = log

nen

nnradicnrarr log

radic2π




2

)log

n+ 1

nminus 1

=(n+ 1

2

)log

1+ (2n+ 1)minus1


(12

log1+t1minust = t +

t3

3+ t5

5+ t7


)

= 1

3(2n+ 1)2+ 1

5(2n+ 1)4+ 1



1

3(2n+ 1)2+ 1

3(2n+ 1)4+ 1



1

12n(n+ 1)= 1

12nminus 1

12(n+ 1)



1

12n+ 1minus 1

12(n+ 1)+ 1






radic2π)








2πx exp(micro(x)

)


micro(x) = 1

12xminus 1

3

intinfin0

p3(t)(t + x)3 dt



2 + 12t




Ασκήσεις





0(minus log t)x dt




Γ

(n+ 1

2

)= (2n)

4nn

radicπ


0eminust

adt = 1

aΓ

(1

a

)

όπου a gt 0








B(xy) ≃radic

2πxxminus

12yyminus

12

(x +y)x+yminus 12


αν

limnrarrinfin

f(x +n)(nminus 1)nx

= 1

τότε


(nminus 1)nx



(nk

)kle(nk

)lt

1

e

(enk

)k


(nk

)= nk

kminus1prod

i=1


nminus ikminus i ge

nk


(nk

)ltnk

kκαι ekminus1 ge

kminus1prod

i=1

(1+ 1

i

)i= kk

k


suminfinn=o k




(nk

)=(nnminusk


max

(nk

)k(

nnminus k

)nminuskle(nk

)lt

1

emin

(enk

)k(ennminus k

)nminusk








θέσουμε


∣∣∣


limxrarrinfin

π(x)x logx

= 1


















Θέτουμε

ζ(z) =infinsum

n=1

1

nz Φ(z) =

sump

logppz

ϑ(x) =sumplex

logp





ζ(z) =prodp

1

1minus pminusz




ζ(z) =sum

r1 r2ge0

1

(2r13r25r37r411r5 )z



r1ge0

1

2r1z

sum

r2ge0

1

3r25r37r411r5 )z


ζ(z) =prodp

sum

rge0

pminusrz =

prodp

1








ζ(z)minus 1

z minus 1=

infinsum

n=1

1

nzminusintinfin

1

1

xzdx =

infinsum

n=1

int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx


∣∣∣∣∣int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣zint n+1

n

int xn

1

tz+1dtdx

∣∣∣∣∣

le maxnletlen+1

∣∣∣∣ztz+1

∣∣∣∣

le |z|nreal(z)+1








=sump

logppz minus 1

= Φ(z)+sump

logppz(pz minus 1)



Φ(z)minus 1

z minus 1= minusζ

prime(z)ζ(z)


logppz(pz minus 1)

+(ζ(z)minus 1

z minus 1

)












+ h3(z)


με ότι

limεrarr0+


και

limεrarr0+



ζ(z) = 1

z minus 1+ h1(z)


ότι


1+ ε2hprime1(1+ ε)1+ εh1(1+ ε)

rarr 1


limεrarr0+


minusεζ


sump


= 1



limεrarr0+





2sum

r=minus2

(4

2+ r

)Φ(1+ ε + ira) =

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)sump

logpp1 + ε + ira

=sump

logpp1+ε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)1

pira

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)1

pi(mminus2)a

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m


=sump

logpp1+ε (p

ia2 + pminusia2)4

=sump

logpp1+ε (2real(p

ia2))4 ge 0


2sum

r=minus2

(4

2+ r






ϑ(x) lesumplex

logx = (logx)π(x)

άραϑ(x)x

le π(x)x logx

(156)


ϑ(x) gesum


sum



)






ϑ(x)x

le π(x)x logx

le 1

1minus εϑ(x)x

+ logxxε

(157)


limxrarrinfin

ϑ(x)x

= 1



int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint (1+ε)xx

(1+ ε)x minus tt2

dt


int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint 1+ε

1

(1+ ε)minusyy2

dy gt 0


limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt (158)



int x(1minusε)x

ϑ(t)minus tt2



dt =int 1

1minusε

1minus ε minus tt2

dt lt 0




intinfin1

ϑ(x)minus xx2

dx = limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt











g(z) =intinfin

0f(t)eminuszt dt =

intinfin0


)eminuszt dt

=intinfin



=intinfin


z


zintinfin


intinfin1

ϑ(x)xz+1

dx =infinsum

n=1

int pn+1

pn

ϑ(x)xz+1

dx

=infinsum

n=1

int pn+1

pnzϑ(pn)xz+1

dx

=infinsum

n=1

ϑ(pn)

(1

pznminus 1

pzn+1

)



infinsum

n=1


=infinsum

n=1

logpnpzn

= Φ(z)


g(z) = Φ(1+ z)1+ z minus 1

z











22n = (1+ 1)2n =(

2n0

)+ +

(2n2n

)ge(

2nn

)

Αλλά


nltple2n

p le(

2nn

)

διότι (2nn







ϑ(x) le Cx







1+ z2

T 2

)


g(0)minus gT (0) =1

2πi

int

C


)

zdz








T


real(z)



(1+ z2

R2

)1

z


∣∣∣∣∣R2 + z2

R2z


R2


)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


Συνεπώς

∣∣∣∣∣1

2πi

int

C+

(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


int

C+dz = finfin

R



∣∣∣∣∣1

2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cprimeminus|gT (z)|

∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ dz

Αλλά




|real(z)|


2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz



1

2πi

int

Cminusg(z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cminus

∣∣∣∣∣g(z)(

1+ z2

R2

)1

z





lim supTrarrinfin


R



lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ = 0







Λογισμός Α



2004





1989

















Hall 1996


Σύμβολα

άνω








όριο










όριο 45

όροι 19

αύξουσα 27




βασική 53













μηδενική 39

μονότονη 27

φραγμένη 31


φθίνουσα 27





Cauchy 53

infimum 32

supremum 32




ανώτερο





σειράς 127


ανισότητα

Bernoulli 10



80






θία 31



83









τα 14




γνησίως







ελάχιστο


32




επαγωγή 9




κάτω








λουθίες 81

κατώτερο



κριτήριο


112



κό 51






101




104

Cauchy 96

Bertrand 117 118

Gauss 119

Dini-Kummer 102

Dirichlet 124 125

Leibniz 123

Raabe-Duhamel 115




μέγιστο


32


μέσος








89




45



θιών 51


τησης 59









σειρά 89

αρμονική 98




σειρές


112






110



σης 100






Cauchy 104















θεώρημα


Riemann 130




Στον Κώστα



11 Επαγωγή 9





13































II Σειρες 87








































Κεφάλαιο 1






στεί

11 Επαγωγή















1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)



2n(n+ 1)





1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)


1+2+3+ +n+ (n+1) = 1

2(n+1)((n+1)+1) = 1

2(n+1)(n+2)


1+ 2+ 3+ +n+ (n+ 1) = 1

2n(n+ 1)+ (n+ 1)

= (n+ 1)(

1

2n+ 1

)

= (n+ 1)n+ 2

2= 1

2(n+ 1)(n+ 2)











έχουμε

(1+ θ)2 = 1+ 2θ + θ2 gt 1+ 2θ


(1+ θ)n+1 = (1+ θ)(1+ θ)n gt (1+ θ)(1+nθ) = 1+ (n+ 1)θ +nθ2

gt 1+ (n+ 1)θ




(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2

και

(a+ b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3



(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

όπου (nk

)= n

k(nminus k)




1sum

k=0

(1

k

)akb1minusk =

(1

0

)a0b1minus0 +

(1

1

)a1b1minus1 = a+ b

διότι (1

0

)= 1


(1

1

)= 1

1(1minus 1)= 1


(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk



(a+ b)n+1 =n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk


(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

=nsum

k=0

(nk

)ak+1bnminusk +

nsum

k=0

(nk

)akb(n+1)minusk



= an+1 +nsum

s=1

(n

s minus 1

)asb(n+1)minuss +

nsum

k=1

(nk



= an+1 +nsum

k=1

((n

kminus 1

)+(nk



kminus 1

)+(nk

)= n


k(nminus k)

= n


(1

nminus k+ 1+ 1

k

)

= n


k((n+ 1)minus k)

= n


k((n+ 1)minus k)

= (n+ 1)k((n+ 1)minus k)

=(n+ 1

k

)


)=(n+1

0

)= 1


k=1

(n+ 1

k


=n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk







plusmna le |a|




άρα














1

1

θ

cscθ

secθ

cosθ

sinθ

tanθ

cotθ


ισχύει












2 cotθ



secθ = 1

cosθcscθ = 1

sinθ







cotθ plusmn cotϕ




cosθ le sinθθ

le 1



O A

C

B




1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ| (11)









sinθθ

le 1

και


θ





Μέρος I


Κεφάλαιο 2




ακολουθία


















21

31

4 raquo



1










2n


11

21

31

41

51

61

71

8


1

21

41

61

8




am+1 am+2 am+3




Ασκήσεις


κολουθιών

n (minus1)n













an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1


n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n










k1 lt k2 lt k3 lt






N)



1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11


1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9







c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2






3+ + 1







θίας xn = 1+ 12+ + 1

n









[5]





an+1 minus 3 =(

2+ an3

)minus 3 = 1

3(an minus 3)


Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2


1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1






an




an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)


an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)







an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2


(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n


an = 2+ 3n

3n minus 2n







an minus 2


1



an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1




2



an = 3+ 2

2nminus 1

Ασκήσεις


an = 1+ 1

22+ 1

32+ + 1

n2

και της

bn = 1+ 1

22+ 1

33+ + 1

nn



an = (minus1)n1


(nπ2

)


an2 anm a2n an


(i) an+1 = 3+ 1

2an a1 = 2



bn b1 = 3


4cn + 7 c1 =

3

4



Κεφάλαιο 3




an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an


ορισμος 311






rarr

αν
















































2n(n+ 1)gt 0


an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1


radic1+ an


a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1


an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1





1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n


(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1


Ασκήσεις


an = 3n+ 2 an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n



an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)


(2n)radicn

(n)222n+1



Κεφάλαιο 4













ορισμος 411



















και





σημαντικά












an0 lt i+ ε










έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2







κλάσματος

bn =3n2 + 1


2n2 minusn2= 4




cn =3n2 + 1


n2 minus 13n2

= 4n2

23n

2= 6




cn le max613 = 13





dn =3n2 + 1


n2 minus 12n2

= 8



an+1 =radic







Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8




an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2




radicr +M leM







Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2


(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4





Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1


Ασκήσεις



an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100


n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2


n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn


an =radicn+ aminus


a1 = 2an+1 =



και

an+1 =5an + 6

2an + 1


sn = 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2p+ 1


nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1


n1minusp le 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2+ 1


nge 1

2logn






υπόθεση)

Κεφάλαιο 5













liman = 0









|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n






Ασκήσεις



an =1

2n3an =

sinnπ5

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1




nminus 1

n2 minus 1

nminus 1

n2 + 1

8n2 minus 1

2n3 + 3

8n2 + 1

2n3 minus 3


radicnπ)

n

n116 +n95 +n74 +n53 +n32 + 1

n2 minusn+ 1




















|an| le M







2|λ| (51)

και


2|micro| (52)




2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε



































radic|an| =

0


τότε liman = 0







1


και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ





∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0


∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2






∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2













ξηraquo


∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1




Τότε liman = 0


Ασκήσεις


an = n sin1

n2




an =1

2

3

4

5


2n


3n


1+ an= 0



lima2n + b2

n

an + bn= 0












ισχύει





δικό






και





∣∣



3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|













ε






ότι





















2(1+ |λ|)



2(1+ |micro|)



lt |λ| ε2(1+ |λ|) + |micro|

ε2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε











limanbn

= ℓ1

ℓ2



∣∣ (55)


∣∣ (56)





2(1+ |ℓ1|)




ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

lt ε







2



2


|bn| gt|ℓ2|

2



1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|


2|ℓ2|

= 2





∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2


2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε









)


kminusόροι

)









kradicℓ












1








an le bn le cn








∣∣∣∣an+1

an


2


∣∣∣∣an+1

an


2= 1+ ℓ

2lt 1



















(1+ 1

n

)n




και 423)


λουθία

xn =(

1+ 1

n

)n





e = 271828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995


(οradic






xn =(

1+ xn

)n

















σης







2= ε




















∣∣



∣∣ lt ε2+ ε

2= ε












x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1































xn =(

1+ xn

)n




(1+ x

n

)n



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n le 1+ xn+ 1



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n =1(

n2+n+nxn2+n+nx+x

)n =1(

1minus x(n+1)(n+x)

)n le1

1minus nx(n+1)(n+x)



1 le 1+ xn+ 1


nx2

(n+ 1)2(n+ x)



0 le x2

(n+ 1)21

n+ x





|xn| le(

1+ |x|n

)nle(

1+ k0

n

)nle(

1+ k0

k0n

)k0n

=((

1+ 1

n

)n)k0

le ek0









)





(1+ 1

n

)nminus1

rarr 0 middot e = 0



1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣



lim

∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣ = 0






exp(x)


(iv) (exp(1k))k = e


exp(x) exp(y) = lim

((1+ x

n

)n (1+ y

n

)n)

= lim

(1+ x +y

n+ xyn2

)n



lim

(1+ x +y

n

)n= exp(x +y)


exp(x) = lim

(1+ x

n

)nge lim

(1+nx

n

)= 1+ x ge 1

Επίσης


(1+ 0

n

)n= 1





exp(1k)k = exp

(1

k

)middot exp

(1

k


(1

k

)

= exp

(1

k+ 1

k+ + 1

k

)= exp(1)

= e








exp(x) = lim

(1+ x

n

)n












limxrarrx0

ex = limxrarrx0


exminusx0



∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣



1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

le ε2+ tn

∣∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus1

+(

1+ tn

)nminus2

+ +(

1+ tn

)+ 1

∣∣∣∣∣

le ε2+ tn

((1+ |t|

n

)nminus1

+(

1+ |t|n

)nminus2

+ +(

1+ |t|n

)+ 1

)

le ε2+ t

(1+ |t|

n

)nminus1



(1+ 1

n

)nminus1

le ε2+ te






(1+ y minus x

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)nge 1+ x













1minus 1









ax = ex loga



ent = limkrarrinfin

(1+ nt

k

)k= limkrarrinfin

(1+ nt

nk

)nk


ent = limkrarrinfin

((1+ t

k

)k)n= (et)n

Άρα














e = limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ 1


n

)






(1+ 1

n

)n=

nsum

k=0

(nk

)1nminusk

(1

n

)k

= 1+ n

1(nminus 1)1

n+ n

2(nminus 1)1

n2+ + n

n0

1

nn

= 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)+

+ 1

n

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus nminus 1

n

)

le 1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n= sn


sn le 1+ 1+ 1

2+ 1

22+ 1

24+ 1

25+ + 1

2nle 3minus 1

23lt 3



e = limnrarrinfin

(1+ 1

n

)nle lim sn



1+ 1

n

)nge 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)



τον αριθμό

x =m(e minus sm) =m

(kmminus(

1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

m

))





x =m

(limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n

)minus sm

)

= limnrarrinfin

m

(1

(m+ 1)+ 1

(m+ 2)+ + 1

n

)

= limnrarrinfin

(1

m+ 1+ 1

(m+ 1)(m+ 2)+

+ 1


)

le limnrarrinfin

(1

3+ 1

32+ + 1

3nminusm

)le limnrarrinfin

13minus 1

3nminusm+1

1minus 13

= 1

2



















θ2


nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0




)p rarr 0p = 0








0 le vn leaminus 1

n












n





lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1







3ℓ2


radican lt

nradic

3ℓ2











τες έχουμε


(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|



limnrarrinfin

sinanan

= 1



sinθθ

∣∣∣∣ le 1




sinanan

∣∣∣∣ le 1




limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1



1+ x le ex le 1

1minus x (511)


προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1


1 ge ean minus 1

ange 1

1minus an




lognn

lognnp

logq nnp

logann

logannp

logqannp



0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logq nnp

=(

lognnpq

)qrarr 0







log(1+ an)an

rarr 1



αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1


1

1+ ange log(1+ an)

ange 1


Ασκήσεις



(i) an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

(ii) bn =(

1minus 1

n2

)n


(iv) dn = n





limnrarrinfin

[nx]n

= x



an =x

1+ (3 sinx)3n




limnrarrinfin

(1+ 4

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 3

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 1

n2

)n

limnrarrinfin

(4n+ 3

4n

)n lim

nrarrinfin

(n2 minus 1

n2 + 1

)n2

limnrarrinfin

(3+ 1

n

)n (1

3+ 1

n

)2n

limnrarrinfin

(1+ 1

n logn

)n lim

nrarrinfin

(1+ logn

n

)n lim

nrarrinfin

(1+ 1

n

)n logn



an = n

radicλn + 2

λ2n + en




3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1


radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn



2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + +n2

n3


1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ + 1

2n + 2n+1


(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2


3

radic

3

radic3

radic3

radic3


(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1


λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4


3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

radiczn + 1minus 1

zn





xn+1 =1

2

(xn +

axn

)και x1 = a





(nminus 1)x + an

)nge xnminus1a





xkminus1

k

)kge a


μικά με

xn+1 =1

k

((kminus 1)xn +

axkminus1n

)και x1 = a ge 1






xn+1

xn=

(1+ x

n+1

)n+1

(1+ x

n

)n =(

1+ xn+ 1

)( n+1+xn+1n+xn

)n




yn =(

1+ |x|nminus |x|

)n


ynyn+1

=

(1+ |x|

nminus|x|

)n(1+ |x|

n+1minus|x|

)n+1 =1

1+ |x|n+1minus|x|

nnminus|x|n+1

n+1minus|x|

n







1+ 1

nt

1+ t

)nle 1+ t




(1+ θ)p ge 1+ pθ






f(x) =(

1+ ax

)x






0 le a2

y2

y minus xx + a


Κεφάλαιο 6





















n+ 1

n= 2

nrarr 0




lim supnrarrinfin


an = infΥ(an)




lim infnrarrinfin


an (61)


lim infnrarrinfin


an



lim infnrarrinfin


an

















οπότε




οπότε





lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)




limnrarrinfin

(supak k ge n




limnrarrinfin

(supak k ge n



supak k ge n ge akn


limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s



ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)



2






lim supnrarrinfin


bn

και

lim infnrarrinfin


bn





και



lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf



nrarrinfin

an+1

an





sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε


akle ℓ + ε (62)


an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3







radican0

(ℓ + ε)n0


supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n


limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε



limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0

= limnrarrinfin

n

radican0

(ℓ + ε)n0= 1




Ασκήσεις


lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican






lim infan+1


1


an+1

an= infin

Κεφάλαιο 7





τους







an =x1 + x2 + + xn

n




nle ε

2




n

∣∣∣∣∣




nε2le ε







n

nrarr ℓminus1



n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ



x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(71)






limnrarrinfin


= ℓ


limnrarrinfin

xp1

1 xp2



x1+ p2


xn

= ℓ








ltε2




∣∣∣∣∣




ε2lt ε




n








ge xp1

1 xp2


x1+ p2


xn

(72)







xnyn

= ℓ





ℓ = limp1

x1minusx0


ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn



limlognn


= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1+ 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις





















limnrarrinfin


1+ r




an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab




2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1



an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn





limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin


an












an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12






an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn





οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn





I(a b) = I(a+ b

2radicab)


I(a b) =int π2

0


dθ


πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx




radicab)= I(a1 b1)



I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx


ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R



x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt


I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)







n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε


0


a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2



n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0



le 4

3ℓ3

π2





an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1


4




le 1

2



2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 8


81 Ορισμοί



n=1

an



suminfinn=1 an











= N rarrinfin





n=1

λn




= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ


infinsum

n=1

λn = λ1minus λ


suminfinn=1 λ










s2N =2Nsum

n=1


ενώ


n=1












φής




suminfinn=n0







πρόταση


suminfinn=n1


suminfinn=n2




sN =Nsum

n=n1


και

tN =Nsum

n=n2






suminfinn=n0



Ασκήσεις


(i)

infinsum

n=1

1

2n(ii)

infinsum

n=1

2n

3n








n=1


n=1

(an + bn)


infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn


Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn





ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n


suminfinn=1(2


Ασκήσεις



n=1

(an minus eminusn

)




(i)infinsum

n=1

n+ 1

n

(ii)infinsum

n=1

1

(nminus 1) (n+ 1)

(iii)infinsum

n=1

2n(2n+ 1)


infinsum

n=1

ϕ(n)n





(i)infinsum

n=1

n2 minus 3n+ 2

n

(ii)infinsum

n=1

(nminus 1)3

n





(i)infinsum

n=1

n+ 1

3n

(ii)infinsum

n=1

2n2 + 5

3n


n=1

nλnminus1 = 1

(1minus λ)2


n=1


Κεφάλαιο 9












sN = 1+ 1

2p+ 1


Nple pp minus 1






Ασκήσεις



s2N = 1+ 1

2+ 1


2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1


23

)+


1

2Nminus1 + 1+ 1


2N

)




n=1

1










n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣


∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣





∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε





∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε







infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n


nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0









sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic


N

ge 1radicN+ 1radic



= N 1radicN=radicN




minusp




infinsum

n=1

1

n= infin





1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1


2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6


(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6


(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1


n




συγκλίνει






απλά






n=M+1

an


n=M+1

|an| lt ε


συγκλίνει


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n(

1+ 2

n2

)n2






xn = 1+ 1


nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1


nminus logn


1+ 1


nrarrinfin


esN =Nprod

n=1

e1n ge N + 1















n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε



n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε


γκλίνει



Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin



νο





1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn










anle bn+1







an =ananminus1

anminus1


a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1


b1a1 =

a1

b1bn


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1


n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

infinsum

n=1

1

3n minusn

infinsum

n=1


infinsum

n=1

arctan1

3n2 + 2n+ 7


5eminusn6



infinsum

n=2

1


n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1




infinsum

n=1

(1minus eminus1n)

infinsum

n=1

(nradicnminus 1)



infinsum

n=1

a2n

infinsum

n=1

apn p ge 1infinsum

n=1

an1+ an

infinsum

n=1

a2n

1+ a2n






λεσκοπική


infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1


Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)


Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin


bn minus b1



διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1


(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1






θέτουμε


an








0 lt an le1



ράsuminfinn=n0




ananminus1

ge 1bn1bnminus1









1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1




Ασκήσεις


limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1


(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1




infinsumn=na

1


infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(nminus 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn


))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1


nsum

k=1



infinsum

n=1

3n+ 2

n(n+ 1)(n+ 2)





suminfinn=1 b

minus1n

















suminfinn=1 a2n

συγκλίνει





















sN le skN+1minus1




ΔηλαδήNsum

n=1


n=1

(kn+1 minus kn)akn





k2minusk1 όροι





Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn








φού












n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n





Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2 tan1

n3

infinsum

n=1

sinπradicn

infinsum

n=1

lognn32


infinsum

n=1

1

(n+ 1)np


infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p



(x)



(1)



n=e(k)+1

1






suminfinn=1 e











int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx



Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an






int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an









xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1




Κεφάλαιο 10







ράsuminfinn=1 λ











infinsum

n=1

cn με cn ge 0





υπάρξει









suminfinn=1 an















θία an ne 0


∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an


1minus ℓ2


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1



θα έχουμε



suminfinn=1 λ





an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1









suminfinn=1 1n2

συγκλίνει






Ασκήσεις





(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np


infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n


radicn(ne)n



e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n


infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn




infinsum

n=1

3n

n3xn

infinsum

n=1

n(3n)(4n)

xn




bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an


bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an



∣∣∣∣an+1

an



















2


|an| lt(

1+ ℓ2

)n






2


(1+ ℓ

2

)nlt |an|







1n2 = 1




νάρτηση


e =infinsum

n=0

1

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n=

infinsum

n=0

xn

n




s(x)minus(

1+ xn

)n=

infinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))xk



ανισότητα


1+ xn


k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))|x|k


(1+ |x|

n

)n∣∣∣∣∣




Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R


n=1

2n

n2xn






απολύτως














le 1np

1(nminus 1)p(101)



1np


n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n


ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1



limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)







an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)













an+1

anle 1(n+ 1)p

1np=(

nn+ 1

)p


anan+1

ge(

1+ 1

n

)p


anan+1

ge epn





gn = n loganan+1

Τότε







Ασκήσεις












n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn









των λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1


=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n


logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p


ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An



ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p


(1minus 1minusnAn

n logn


n logn+ Bn


ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)


(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn



την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1


αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1



(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1




Ασκήσεις


trand



an+1

an= 1minus b

nminus cnn2




σης σειρών


















πάρχει













infinsum

n=1

anrpnminus1







1minus x le 1


)


1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)









an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1





an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2




κλίνει


infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r 1minuspnminus1 =

infinsum

n=1


r 1minuspnminus1



r 1minuspnminus1 le

1


1minuspn

)



1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)


x = rnrnminus1











infinsum

n=1

anspn




an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k


an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2





anspn

le ans2n





infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1


sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1


1minuspn

)



1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)



Ασκήσεις



infinsum

n=2

1

n(logn)p


Κεφάλαιο 11




















Συνεπώς










Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1


infinsum

n=1








intfgprime






Nsum

n=M+1


n=M+1




Nsum

n=M+1




Nsum

n=M+1


n=M+1


=Nsum

n=M+1


n=M+1


Άρα

Nsum

n=M+1


n=M+1


οπότε

Nsum

n=M+1


n=M+1



κόλουθο













infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1




n=1


infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)








let



Ασκήσεις








συγκλίνει


Κεφάλαιο 12










αρνητική



ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56





1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+




1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k


4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0


άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1


3minus 1

2= 5

6gt ℓ

















n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14






suminfinn=1 a

primen =


suminfinn=1 an









λήμματα







12 N sube k1 k2 km












infinsum

n=N0+1

|an| lt ε





n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1k2km|an| le

sum

nnotink1k2km0|an|

lesum

nnotin12N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε


Ασκήσεις
















n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x







0 αν an gt 0




infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1







infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an




infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn








prime3 a



n=1


n=1

aprimen







primen2+n3



N3sum

n=1


n=1

aprimen



n=1 aprimen



primeN3+n4


N4minus1sum

n=1


n=1

aprimen





bull

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen (lowast)









n=1


n=1


| lt ε




N2ksum

n=1


n=1




Ασκήσεις





πυκνά στο R


primen = e


primen = 1000

Μέρος III


Κεφάλαιο 13




limNrarrinfin

Nprod

n=1

xn





prodinfinn=1 xn = 0






γκλίνει

Κεφάλαιο 14


Μέρος IV



Κεφάλαιο 15















xnϕ(n)

rarr 1






λέει ότι

limnrarrinfin

pnn logn

= 1


ϕ(n) = n logn


Η









limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1












=infinprod

n=1

(1+ 1

n

)x (1+ x

n

)minus1






Πx = limkrarrinfin



YY

Y

Y Y Y





1radic2π


22 dx = 1


τες

(i) Γ(x + 1) = xΓ(x)




ντες





Γ(12) =intinfin

0


22xdx =radic

2

intinfin0eminusx

22 dx =radic

21

2

radic2π =

radicπ





limxrarr+infin


= 1




limnrarr+infin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n




















13













(x minus x0)2


λημμα 1532

1radic2π


22 dy = 1



I2 =(intinfin

minusinfineminusx

22 dx)(intinfin

minusinfineminusy



2+y2)2 dxdy


I2 =int 2π

0

intinfin0eminusr

22r dr dθ


0

= 2π

Έτσι I =radic


λημμα 1533

limtrarrinfin

1radic2π

int tminusteminusy

22 dy = 1


radic2π



limtrarrinfin

intinfinteminusy

22 dy = 0



0eminusz

22eminuszt2 dz


0eminusz

22 dz =radic

2π2eminust

22







limtrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


= 1 (151)






f(x) = f(x0)+1


ge f(x0)+1


Άρα

int baetf(x) dx ge

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx

ge etf(x0)int x0+δ


)(xminusx0)22 dx


ge etf(x0)

radic1




eminus12y

2

dy

Έτσι

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1radic

2π



eminus12y

2

dy

radic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)geradic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1 (152)




f(x) le f(x0)+1

2


)(x minus x0)2



int x0minusδ

aetf(x) dx +

int x0+δ


int bx+δ

etf(x) dx


)et(f(x0)minusθ

)+ etf(x0)

int x0+δ

x0minusδet2 (f


+(b minus (x0 + δ)

)et(f(x0)minusθ)


x0minusδet2 (f




radic2π


)


lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)leradic




lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)le 1 (153)






limxrarrinfin


= 1



Γ(x + 1) = xx+1











Γ(x + 1)xx+1

=int 2










1

eminusxradic

2πx

int 2


xx+1eminusxradic

2πx

le 1

eminusxradic

2πx

int 2





limxrarrinfin


radic2πx

= 1




limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n



radic2πn

(ne

)ne(12n+1)minus1

lt n ltradic

2πn(ne

)ne(12n)minus1



2

)logn+n = log

nen

nnradicnrarr log

radic2π




2

)log

n+ 1

nminus 1

=(n+ 1

2

)log

1+ (2n+ 1)minus1


(12

log1+t1minust = t +

t3

3+ t5

5+ t7


)

= 1

3(2n+ 1)2+ 1

5(2n+ 1)4+ 1



1

3(2n+ 1)2+ 1

3(2n+ 1)4+ 1



1

12n(n+ 1)= 1

12nminus 1

12(n+ 1)



1

12n+ 1minus 1

12(n+ 1)+ 1






radic2π)








2πx exp(micro(x)

)


micro(x) = 1

12xminus 1

3

intinfin0

p3(t)(t + x)3 dt



2 + 12t




Ασκήσεις





0(minus log t)x dt




Γ

(n+ 1

2

)= (2n)

4nn

radicπ


0eminust

adt = 1

aΓ

(1

a

)

όπου a gt 0








B(xy) ≃radic

2πxxminus

12yyminus

12

(x +y)x+yminus 12


αν

limnrarrinfin

f(x +n)(nminus 1)nx

= 1

τότε


(nminus 1)nx



(nk

)kle(nk

)lt

1

e

(enk

)k


(nk

)= nk

kminus1prod

i=1


nminus ikminus i ge

nk


(nk

)ltnk

kκαι ekminus1 ge

kminus1prod

i=1

(1+ 1

i

)i= kk

k


suminfinn=o k




(nk

)=(nnminusk


max

(nk

)k(

nnminus k

)nminuskle(nk

)lt

1

emin

(enk

)k(ennminus k

)nminusk








θέσουμε


∣∣∣


limxrarrinfin

π(x)x logx

= 1


















Θέτουμε

ζ(z) =infinsum

n=1

1

nz Φ(z) =

sump

logppz

ϑ(x) =sumplex

logp





ζ(z) =prodp

1

1minus pminusz




ζ(z) =sum

r1 r2ge0

1

(2r13r25r37r411r5 )z



r1ge0

1

2r1z

sum

r2ge0

1

3r25r37r411r5 )z


ζ(z) =prodp

sum

rge0

pminusrz =

prodp

1








ζ(z)minus 1

z minus 1=

infinsum

n=1

1

nzminusintinfin

1

1

xzdx =

infinsum

n=1

int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx


∣∣∣∣∣int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣zint n+1

n

int xn

1

tz+1dtdx

∣∣∣∣∣

le maxnletlen+1

∣∣∣∣ztz+1

∣∣∣∣

le |z|nreal(z)+1








=sump

logppz minus 1

= Φ(z)+sump

logppz(pz minus 1)



Φ(z)minus 1

z minus 1= minusζ

prime(z)ζ(z)


logppz(pz minus 1)

+(ζ(z)minus 1

z minus 1

)












+ h3(z)


με ότι

limεrarr0+


και

limεrarr0+



ζ(z) = 1

z minus 1+ h1(z)


ότι


1+ ε2hprime1(1+ ε)1+ εh1(1+ ε)

rarr 1


limεrarr0+


minusεζ


sump


= 1



limεrarr0+





2sum

r=minus2

(4

2+ r

)Φ(1+ ε + ira) =

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)sump

logpp1 + ε + ira

=sump

logpp1+ε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)1

pira

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)1

pi(mminus2)a

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m


=sump

logpp1+ε (p

ia2 + pminusia2)4

=sump

logpp1+ε (2real(p

ia2))4 ge 0


2sum

r=minus2

(4

2+ r






ϑ(x) lesumplex

logx = (logx)π(x)

άραϑ(x)x

le π(x)x logx

(156)


ϑ(x) gesum


sum



)






ϑ(x)x

le π(x)x logx

le 1

1minus εϑ(x)x

+ logxxε

(157)


limxrarrinfin

ϑ(x)x

= 1



int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint (1+ε)xx

(1+ ε)x minus tt2

dt


int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint 1+ε

1

(1+ ε)minusyy2

dy gt 0


limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt (158)



int x(1minusε)x

ϑ(t)minus tt2



dt =int 1

1minusε

1minus ε minus tt2

dt lt 0




intinfin1

ϑ(x)minus xx2

dx = limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt











g(z) =intinfin

0f(t)eminuszt dt =

intinfin0


)eminuszt dt

=intinfin



=intinfin


z


zintinfin


intinfin1

ϑ(x)xz+1

dx =infinsum

n=1

int pn+1

pn

ϑ(x)xz+1

dx

=infinsum

n=1

int pn+1

pnzϑ(pn)xz+1

dx

=infinsum

n=1

ϑ(pn)

(1

pznminus 1

pzn+1

)



infinsum

n=1


=infinsum

n=1

logpnpzn

= Φ(z)


g(z) = Φ(1+ z)1+ z minus 1

z











22n = (1+ 1)2n =(

2n0

)+ +

(2n2n

)ge(

2nn

)

Αλλά


nltple2n

p le(

2nn

)

διότι (2nn







ϑ(x) le Cx







1+ z2

T 2

)


g(0)minus gT (0) =1

2πi

int

C


)

zdz








T


real(z)



(1+ z2

R2

)1

z


∣∣∣∣∣R2 + z2

R2z


R2


)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


Συνεπώς

∣∣∣∣∣1

2πi

int

C+

(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


int

C+dz = finfin

R



∣∣∣∣∣1

2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cprimeminus|gT (z)|

∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ dz

Αλλά




|real(z)|


2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz



1

2πi

int

Cminusg(z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cminus

∣∣∣∣∣g(z)(

1+ z2

R2

)1

z





lim supTrarrinfin


R



lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ = 0







Λογισμός Α



2004





1989

















Hall 1996


Σύμβολα

άνω








όριο










όριο 45

όροι 19

αύξουσα 27




βασική 53













μηδενική 39

μονότονη 27

φραγμένη 31


φθίνουσα 27





Cauchy 53

infimum 32

supremum 32




ανώτερο





σειράς 127


ανισότητα

Bernoulli 10



80






θία 31



83









τα 14




γνησίως







ελάχιστο


32




επαγωγή 9




κάτω








λουθίες 81

κατώτερο



κριτήριο


112



κό 51






101




104

Cauchy 96

Bertrand 117 118

Gauss 119

Dini-Kummer 102

Dirichlet 124 125

Leibniz 123

Raabe-Duhamel 115




μέγιστο


32


μέσος








89




45



θιών 51


τησης 59









σειρά 89

αρμονική 98




σειρές


112






110



σης 100






Cauchy 104















θεώρημα


Riemann 130






11 Επαγωγή 9





13































II Σειρες 87








































Κεφάλαιο 1






στεί

11 Επαγωγή















1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)



2n(n+ 1)





1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)


1+2+3+ +n+ (n+1) = 1

2(n+1)((n+1)+1) = 1

2(n+1)(n+2)


1+ 2+ 3+ +n+ (n+ 1) = 1

2n(n+ 1)+ (n+ 1)

= (n+ 1)(

1

2n+ 1

)

= (n+ 1)n+ 2

2= 1

2(n+ 1)(n+ 2)











έχουμε

(1+ θ)2 = 1+ 2θ + θ2 gt 1+ 2θ


(1+ θ)n+1 = (1+ θ)(1+ θ)n gt (1+ θ)(1+nθ) = 1+ (n+ 1)θ +nθ2

gt 1+ (n+ 1)θ




(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2

και

(a+ b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3



(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

όπου (nk

)= n

k(nminus k)




1sum

k=0

(1

k

)akb1minusk =

(1

0

)a0b1minus0 +

(1

1

)a1b1minus1 = a+ b

διότι (1

0

)= 1


(1

1

)= 1

1(1minus 1)= 1


(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk



(a+ b)n+1 =n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk


(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

=nsum

k=0

(nk

)ak+1bnminusk +

nsum

k=0

(nk

)akb(n+1)minusk



= an+1 +nsum

s=1

(n

s minus 1

)asb(n+1)minuss +

nsum

k=1

(nk



= an+1 +nsum

k=1

((n

kminus 1

)+(nk



kminus 1

)+(nk

)= n


k(nminus k)

= n


(1

nminus k+ 1+ 1

k

)

= n


k((n+ 1)minus k)

= n


k((n+ 1)minus k)

= (n+ 1)k((n+ 1)minus k)

=(n+ 1

k

)


)=(n+1

0

)= 1


k=1

(n+ 1

k


=n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk







plusmna le |a|




άρα














1

1

θ

cscθ

secθ

cosθ

sinθ

tanθ

cotθ


ισχύει












2 cotθ



secθ = 1

cosθcscθ = 1

sinθ







cotθ plusmn cotϕ




cosθ le sinθθ

le 1



O A

C

B




1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ| (11)









sinθθ

le 1

και


θ





Μέρος I


Κεφάλαιο 2




ακολουθία


















21

31

4 raquo



1










2n


11

21

31

41

51

61

71

8


1

21

41

61

8




am+1 am+2 am+3




Ασκήσεις


κολουθιών

n (minus1)n













an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1


n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n










k1 lt k2 lt k3 lt






N)



1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11


1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9







c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2






3+ + 1







θίας xn = 1+ 12+ + 1

n









[5]





an+1 minus 3 =(

2+ an3

)minus 3 = 1

3(an minus 3)


Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2


1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1






an




an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)


an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)







an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2


(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n


an = 2+ 3n

3n minus 2n







an minus 2


1



an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1




2



an = 3+ 2

2nminus 1

Ασκήσεις


an = 1+ 1

22+ 1

32+ + 1

n2

και της

bn = 1+ 1

22+ 1

33+ + 1

nn



an = (minus1)n1


(nπ2

)


an2 anm a2n an


(i) an+1 = 3+ 1

2an a1 = 2



bn b1 = 3


4cn + 7 c1 =

3

4



Κεφάλαιο 3




an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an


ορισμος 311






rarr

αν
















































2n(n+ 1)gt 0


an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1


radic1+ an


a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1


an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1





1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n


(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1


Ασκήσεις


an = 3n+ 2 an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n



an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)


(2n)radicn

(n)222n+1



Κεφάλαιο 4













ορισμος 411



















και





σημαντικά












an0 lt i+ ε










έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2







κλάσματος

bn =3n2 + 1


2n2 minusn2= 4




cn =3n2 + 1


n2 minus 13n2

= 4n2

23n

2= 6




cn le max613 = 13





dn =3n2 + 1


n2 minus 12n2

= 8



an+1 =radic







Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8




an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2




radicr +M leM







Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2


(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4





Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1


Ασκήσεις



an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100


n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2


n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn


an =radicn+ aminus


a1 = 2an+1 =



και

an+1 =5an + 6

2an + 1


sn = 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2p+ 1


nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1


n1minusp le 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2+ 1


nge 1

2logn






υπόθεση)

Κεφάλαιο 5













liman = 0









|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n






Ασκήσεις



an =1

2n3an =

sinnπ5

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1




nminus 1

n2 minus 1

nminus 1

n2 + 1

8n2 minus 1

2n3 + 3

8n2 + 1

2n3 minus 3


radicnπ)

n

n116 +n95 +n74 +n53 +n32 + 1

n2 minusn+ 1




















|an| le M







2|λ| (51)

και


2|micro| (52)




2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε



































radic|an| =

0


τότε liman = 0







1


και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ





∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0


∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2






∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2













ξηraquo


∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1




Τότε liman = 0


Ασκήσεις


an = n sin1

n2




an =1

2

3

4

5


2n


3n


1+ an= 0



lima2n + b2

n

an + bn= 0












ισχύει





δικό






και





∣∣



3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|













ε






ότι





















2(1+ |λ|)



2(1+ |micro|)



lt |λ| ε2(1+ |λ|) + |micro|

ε2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε











limanbn

= ℓ1

ℓ2



∣∣ (55)


∣∣ (56)





2(1+ |ℓ1|)




ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

lt ε







2



2


|bn| gt|ℓ2|

2



1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|


2|ℓ2|

= 2





∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2


2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε









)


kminusόροι

)









kradicℓ












1








an le bn le cn








∣∣∣∣an+1

an


2


∣∣∣∣an+1

an


2= 1+ ℓ

2lt 1



















(1+ 1

n

)n




και 423)


λουθία

xn =(

1+ 1

n

)n





e = 271828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995


(οradic






xn =(

1+ xn

)n

















σης







2= ε




















∣∣



∣∣ lt ε2+ ε

2= ε












x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1































xn =(

1+ xn

)n




(1+ x

n

)n



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n le 1+ xn+ 1



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n =1(

n2+n+nxn2+n+nx+x

)n =1(

1minus x(n+1)(n+x)

)n le1

1minus nx(n+1)(n+x)



1 le 1+ xn+ 1


nx2

(n+ 1)2(n+ x)



0 le x2

(n+ 1)21

n+ x





|xn| le(

1+ |x|n

)nle(

1+ k0

n

)nle(

1+ k0

k0n

)k0n

=((

1+ 1

n

)n)k0

le ek0









)





(1+ 1

n

)nminus1

rarr 0 middot e = 0



1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣



lim

∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣ = 0






exp(x)


(iv) (exp(1k))k = e


exp(x) exp(y) = lim

((1+ x

n

)n (1+ y

n

)n)

= lim

(1+ x +y

n+ xyn2

)n



lim

(1+ x +y

n

)n= exp(x +y)


exp(x) = lim

(1+ x

n

)nge lim

(1+nx

n

)= 1+ x ge 1

Επίσης


(1+ 0

n

)n= 1





exp(1k)k = exp

(1

k

)middot exp

(1

k


(1

k

)

= exp

(1

k+ 1

k+ + 1

k

)= exp(1)

= e








exp(x) = lim

(1+ x

n

)n












limxrarrx0

ex = limxrarrx0


exminusx0



∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣



1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

le ε2+ tn

∣∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus1

+(

1+ tn

)nminus2

+ +(

1+ tn

)+ 1

∣∣∣∣∣

le ε2+ tn

((1+ |t|

n

)nminus1

+(

1+ |t|n

)nminus2

+ +(

1+ |t|n

)+ 1

)

le ε2+ t

(1+ |t|

n

)nminus1



(1+ 1

n

)nminus1

le ε2+ te






(1+ y minus x

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)nge 1+ x













1minus 1









ax = ex loga



ent = limkrarrinfin

(1+ nt

k

)k= limkrarrinfin

(1+ nt

nk

)nk


ent = limkrarrinfin

((1+ t

k

)k)n= (et)n

Άρα














e = limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ 1


n

)






(1+ 1

n

)n=

nsum

k=0

(nk

)1nminusk

(1

n

)k

= 1+ n

1(nminus 1)1

n+ n

2(nminus 1)1

n2+ + n

n0

1

nn

= 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)+

+ 1

n

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus nminus 1

n

)

le 1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n= sn


sn le 1+ 1+ 1

2+ 1

22+ 1

24+ 1

25+ + 1

2nle 3minus 1

23lt 3



e = limnrarrinfin

(1+ 1

n

)nle lim sn



1+ 1

n

)nge 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)



τον αριθμό

x =m(e minus sm) =m

(kmminus(

1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

m

))





x =m

(limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n

)minus sm

)

= limnrarrinfin

m

(1

(m+ 1)+ 1

(m+ 2)+ + 1

n

)

= limnrarrinfin

(1

m+ 1+ 1

(m+ 1)(m+ 2)+

+ 1


)

le limnrarrinfin

(1

3+ 1

32+ + 1

3nminusm

)le limnrarrinfin

13minus 1

3nminusm+1

1minus 13

= 1

2



















θ2


nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0




)p rarr 0p = 0








0 le vn leaminus 1

n












n





lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1







3ℓ2


radican lt

nradic

3ℓ2











τες έχουμε


(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|



limnrarrinfin

sinanan

= 1



sinθθ

∣∣∣∣ le 1




sinanan

∣∣∣∣ le 1




limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1



1+ x le ex le 1

1minus x (511)


προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1


1 ge ean minus 1

ange 1

1minus an




lognn

lognnp

logq nnp

logann

logannp

logqannp



0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logq nnp

=(

lognnpq

)qrarr 0







log(1+ an)an

rarr 1



αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1


1

1+ ange log(1+ an)

ange 1


Ασκήσεις



(i) an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

(ii) bn =(

1minus 1

n2

)n


(iv) dn = n





limnrarrinfin

[nx]n

= x



an =x

1+ (3 sinx)3n




limnrarrinfin

(1+ 4

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 3

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 1

n2

)n

limnrarrinfin

(4n+ 3

4n

)n lim

nrarrinfin

(n2 minus 1

n2 + 1

)n2

limnrarrinfin

(3+ 1

n

)n (1

3+ 1

n

)2n

limnrarrinfin

(1+ 1

n logn

)n lim

nrarrinfin

(1+ logn

n

)n lim

nrarrinfin

(1+ 1

n

)n logn



an = n

radicλn + 2

λ2n + en




3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1


radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn



2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + +n2

n3


1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ + 1

2n + 2n+1


(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2


3

radic

3

radic3

radic3

radic3


(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1


λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4


3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

radiczn + 1minus 1

zn





xn+1 =1

2

(xn +

axn

)και x1 = a





(nminus 1)x + an

)nge xnminus1a





xkminus1

k

)kge a


μικά με

xn+1 =1

k

((kminus 1)xn +

axkminus1n

)και x1 = a ge 1






xn+1

xn=

(1+ x

n+1

)n+1

(1+ x

n

)n =(

1+ xn+ 1

)( n+1+xn+1n+xn

)n




yn =(

1+ |x|nminus |x|

)n


ynyn+1

=

(1+ |x|

nminus|x|

)n(1+ |x|

n+1minus|x|

)n+1 =1

1+ |x|n+1minus|x|

nnminus|x|n+1

n+1minus|x|

n







1+ 1

nt

1+ t

)nle 1+ t




(1+ θ)p ge 1+ pθ






f(x) =(

1+ ax

)x






0 le a2

y2

y minus xx + a


Κεφάλαιο 6





















n+ 1

n= 2

nrarr 0




lim supnrarrinfin


an = infΥ(an)




lim infnrarrinfin


an (61)


lim infnrarrinfin


an



lim infnrarrinfin


an

















οπότε




οπότε





lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)




limnrarrinfin

(supak k ge n




limnrarrinfin

(supak k ge n



supak k ge n ge akn


limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s



ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)



2






lim supnrarrinfin


bn

και

lim infnrarrinfin


bn





και



lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf



nrarrinfin

an+1

an





sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε


akle ℓ + ε (62)


an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3







radican0

(ℓ + ε)n0


supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n


limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε



limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0

= limnrarrinfin

n

radican0

(ℓ + ε)n0= 1




Ασκήσεις


lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican






lim infan+1


1


an+1

an= infin

Κεφάλαιο 7





τους







an =x1 + x2 + + xn

n




nle ε

2




n

∣∣∣∣∣




nε2le ε







n

nrarr ℓminus1



n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ



x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(71)






limnrarrinfin


= ℓ


limnrarrinfin

xp1

1 xp2



x1+ p2


xn

= ℓ








ltε2




∣∣∣∣∣




ε2lt ε




n








ge xp1

1 xp2


x1+ p2


xn

(72)







xnyn

= ℓ





ℓ = limp1

x1minusx0


ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn



limlognn


= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1+ 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις





















limnrarrinfin


1+ r




an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab




2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1



an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn





limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin


an












an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12






an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn





οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn





I(a b) = I(a+ b

2radicab)


I(a b) =int π2

0


dθ


πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx




radicab)= I(a1 b1)



I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx


ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R



x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt


I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)







n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε


0


a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2



n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0



le 4

3ℓ3

π2





an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1


4




le 1

2



2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 8


81 Ορισμοί



n=1

an



suminfinn=1 an











= N rarrinfin





n=1

λn




= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ


infinsum

n=1

λn = λ1minus λ


suminfinn=1 λ










s2N =2Nsum

n=1


ενώ


n=1












φής




suminfinn=n0







πρόταση


suminfinn=n1


suminfinn=n2




sN =Nsum

n=n1


και

tN =Nsum

n=n2






suminfinn=n0



Ασκήσεις


(i)

infinsum

n=1

1

2n(ii)

infinsum

n=1

2n

3n








n=1


n=1

(an + bn)


infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn


Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn





ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n


suminfinn=1(2


Ασκήσεις



n=1

(an minus eminusn

)




(i)infinsum

n=1

n+ 1

n

(ii)infinsum

n=1

1

(nminus 1) (n+ 1)

(iii)infinsum

n=1

2n(2n+ 1)


infinsum

n=1

ϕ(n)n





(i)infinsum

n=1

n2 minus 3n+ 2

n

(ii)infinsum

n=1

(nminus 1)3

n





(i)infinsum

n=1

n+ 1

3n

(ii)infinsum

n=1

2n2 + 5

3n


n=1

nλnminus1 = 1

(1minus λ)2


n=1


Κεφάλαιο 9












sN = 1+ 1

2p+ 1


Nple pp minus 1






Ασκήσεις



s2N = 1+ 1

2+ 1


2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1


23

)+


1

2Nminus1 + 1+ 1


2N

)




n=1

1










n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣


∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣





∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε





∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε







infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n


nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0









sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic


N

ge 1radicN+ 1radic



= N 1radicN=radicN




minusp




infinsum

n=1

1

n= infin





1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1


2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6


(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6


(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1


n




συγκλίνει






απλά






n=M+1

an


n=M+1

|an| lt ε


συγκλίνει


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n(

1+ 2

n2

)n2






xn = 1+ 1


nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1


nminus logn


1+ 1


nrarrinfin


esN =Nprod

n=1

e1n ge N + 1















n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε



n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε


γκλίνει



Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin



νο





1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn










anle bn+1







an =ananminus1

anminus1


a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1


b1a1 =

a1

b1bn


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1


n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

infinsum

n=1

1

3n minusn

infinsum

n=1


infinsum

n=1

arctan1

3n2 + 2n+ 7


5eminusn6



infinsum

n=2

1


n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1




infinsum

n=1

(1minus eminus1n)

infinsum

n=1

(nradicnminus 1)



infinsum

n=1

a2n

infinsum

n=1

apn p ge 1infinsum

n=1

an1+ an

infinsum

n=1

a2n

1+ a2n






λεσκοπική


infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1


Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)


Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin


bn minus b1



διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1


(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1






θέτουμε


an








0 lt an le1



ράsuminfinn=n0




ananminus1

ge 1bn1bnminus1









1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1




Ασκήσεις


limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1


(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1




infinsumn=na

1


infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(nminus 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn


))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1


nsum

k=1



infinsum

n=1

3n+ 2

n(n+ 1)(n+ 2)





suminfinn=1 b

minus1n

















suminfinn=1 a2n

συγκλίνει





















sN le skN+1minus1




ΔηλαδήNsum

n=1


n=1

(kn+1 minus kn)akn





k2minusk1 όροι





Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn








φού












n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n





Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2 tan1

n3

infinsum

n=1

sinπradicn

infinsum

n=1

lognn32


infinsum

n=1

1

(n+ 1)np


infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p



(x)



(1)



n=e(k)+1

1






suminfinn=1 e











int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx



Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an






int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an









xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1




Κεφάλαιο 10







ράsuminfinn=1 λ











infinsum

n=1

cn με cn ge 0





υπάρξει









suminfinn=1 an















θία an ne 0


∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an


1minus ℓ2


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1



θα έχουμε



suminfinn=1 λ





an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1









suminfinn=1 1n2

συγκλίνει






Ασκήσεις





(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np


infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n


radicn(ne)n



e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n


infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn




infinsum

n=1

3n

n3xn

infinsum

n=1

n(3n)(4n)

xn




bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an


bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an



∣∣∣∣an+1

an



















2


|an| lt(

1+ ℓ2

)n






2


(1+ ℓ

2

)nlt |an|







1n2 = 1




νάρτηση


e =infinsum

n=0

1

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n=

infinsum

n=0

xn

n




s(x)minus(

1+ xn

)n=

infinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))xk



ανισότητα


1+ xn


k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))|x|k


(1+ |x|

n

)n∣∣∣∣∣




Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R


n=1

2n

n2xn






απολύτως














le 1np

1(nminus 1)p(101)



1np


n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n


ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1



limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)







an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)













an+1

anle 1(n+ 1)p

1np=(

nn+ 1

)p


anan+1

ge(

1+ 1

n

)p


anan+1

ge epn





gn = n loganan+1

Τότε







Ασκήσεις












n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn









των λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1


=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n


logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p


ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An



ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p


(1minus 1minusnAn

n logn


n logn+ Bn


ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)


(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn



την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1


αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1



(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1




Ασκήσεις


trand



an+1

an= 1minus b

nminus cnn2




σης σειρών


















πάρχει













infinsum

n=1

anrpnminus1







1minus x le 1


)


1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)









an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1





an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2




κλίνει


infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r 1minuspnminus1 =

infinsum

n=1


r 1minuspnminus1



r 1minuspnminus1 le

1


1minuspn

)



1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)


x = rnrnminus1











infinsum

n=1

anspn




an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k


an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2





anspn

le ans2n





infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1


sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1


1minuspn

)



1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)



Ασκήσεις



infinsum

n=2

1

n(logn)p


Κεφάλαιο 11




















Συνεπώς










Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1


infinsum

n=1








intfgprime






Nsum

n=M+1


n=M+1




Nsum

n=M+1




Nsum

n=M+1


n=M+1


=Nsum

n=M+1


n=M+1


Άρα

Nsum

n=M+1


n=M+1


οπότε

Nsum

n=M+1


n=M+1



κόλουθο













infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1




n=1


infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)








let



Ασκήσεις








συγκλίνει


Κεφάλαιο 12










αρνητική



ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56





1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+




1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k


4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0


άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1


3minus 1

2= 5

6gt ℓ

















n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14






suminfinn=1 a

primen =


suminfinn=1 an









λήμματα







12 N sube k1 k2 km












infinsum

n=N0+1

|an| lt ε





n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1k2km|an| le

sum

nnotink1k2km0|an|

lesum

nnotin12N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε


Ασκήσεις
















n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x







0 αν an gt 0




infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1







infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an




infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn








prime3 a



n=1


n=1

aprimen







primen2+n3



N3sum

n=1


n=1

aprimen



n=1 aprimen



primeN3+n4


N4minus1sum

n=1


n=1

aprimen





bull

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen (lowast)









n=1


n=1


| lt ε




N2ksum

n=1


n=1




Ασκήσεις





πυκνά στο R


primen = e


primen = 1000

Μέρος III


Κεφάλαιο 13




limNrarrinfin

Nprod

n=1

xn





prodinfinn=1 xn = 0






γκλίνει

Κεφάλαιο 14


Μέρος IV



Κεφάλαιο 15















xnϕ(n)

rarr 1






λέει ότι

limnrarrinfin

pnn logn

= 1


ϕ(n) = n logn


Η









limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1












=infinprod

n=1

(1+ 1

n

)x (1+ x

n

)minus1






Πx = limkrarrinfin



YY

Y

Y Y Y





1radic2π


22 dx = 1


τες

(i) Γ(x + 1) = xΓ(x)




ντες





Γ(12) =intinfin

0


22xdx =radic

2

intinfin0eminusx

22 dx =radic

21

2

radic2π =

radicπ





limxrarr+infin


= 1




limnrarr+infin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n




















13













(x minus x0)2


λημμα 1532

1radic2π


22 dy = 1



I2 =(intinfin

minusinfineminusx

22 dx)(intinfin

minusinfineminusy



2+y2)2 dxdy


I2 =int 2π

0

intinfin0eminusr

22r dr dθ


0

= 2π

Έτσι I =radic


λημμα 1533

limtrarrinfin

1radic2π

int tminusteminusy

22 dy = 1


radic2π



limtrarrinfin

intinfinteminusy

22 dy = 0



0eminusz

22eminuszt2 dz


0eminusz

22 dz =radic

2π2eminust

22







limtrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


= 1 (151)






f(x) = f(x0)+1


ge f(x0)+1


Άρα

int baetf(x) dx ge

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx

ge etf(x0)int x0+δ


)(xminusx0)22 dx


ge etf(x0)

radic1




eminus12y

2

dy

Έτσι

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1radic

2π



eminus12y

2

dy

radic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)geradic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1 (152)




f(x) le f(x0)+1

2


)(x minus x0)2



int x0minusδ

aetf(x) dx +

int x0+δ


int bx+δ

etf(x) dx


)et(f(x0)minusθ

)+ etf(x0)

int x0+δ

x0minusδet2 (f


+(b minus (x0 + δ)

)et(f(x0)minusθ)


x0minusδet2 (f




radic2π


)


lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)leradic




lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)le 1 (153)






limxrarrinfin


= 1



Γ(x + 1) = xx+1











Γ(x + 1)xx+1

=int 2










1

eminusxradic

2πx

int 2


xx+1eminusxradic

2πx

le 1

eminusxradic

2πx

int 2





limxrarrinfin


radic2πx

= 1




limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n



radic2πn

(ne

)ne(12n+1)minus1

lt n ltradic

2πn(ne

)ne(12n)minus1



2

)logn+n = log

nen

nnradicnrarr log

radic2π




2

)log

n+ 1

nminus 1

=(n+ 1

2

)log

1+ (2n+ 1)minus1


(12

log1+t1minust = t +

t3

3+ t5

5+ t7


)

= 1

3(2n+ 1)2+ 1

5(2n+ 1)4+ 1



1

3(2n+ 1)2+ 1

3(2n+ 1)4+ 1



1

12n(n+ 1)= 1

12nminus 1

12(n+ 1)



1

12n+ 1minus 1

12(n+ 1)+ 1






radic2π)








2πx exp(micro(x)

)


micro(x) = 1

12xminus 1

3

intinfin0

p3(t)(t + x)3 dt



2 + 12t




Ασκήσεις





0(minus log t)x dt




Γ

(n+ 1

2

)= (2n)

4nn

radicπ


0eminust

adt = 1

aΓ

(1

a

)

όπου a gt 0








B(xy) ≃radic

2πxxminus

12yyminus

12

(x +y)x+yminus 12


αν

limnrarrinfin

f(x +n)(nminus 1)nx

= 1

τότε


(nminus 1)nx



(nk

)kle(nk

)lt

1

e

(enk

)k


(nk

)= nk

kminus1prod

i=1


nminus ikminus i ge

nk


(nk

)ltnk

kκαι ekminus1 ge

kminus1prod

i=1

(1+ 1

i

)i= kk

k


suminfinn=o k




(nk

)=(nnminusk


max

(nk

)k(

nnminus k

)nminuskle(nk

)lt

1

emin

(enk

)k(ennminus k

)nminusk








θέσουμε


∣∣∣


limxrarrinfin

π(x)x logx

= 1


















Θέτουμε

ζ(z) =infinsum

n=1

1

nz Φ(z) =

sump

logppz

ϑ(x) =sumplex

logp





ζ(z) =prodp

1

1minus pminusz




ζ(z) =sum

r1 r2ge0

1

(2r13r25r37r411r5 )z



r1ge0

1

2r1z

sum

r2ge0

1

3r25r37r411r5 )z


ζ(z) =prodp

sum

rge0

pminusrz =

prodp

1








ζ(z)minus 1

z minus 1=

infinsum

n=1

1

nzminusintinfin

1

1

xzdx =

infinsum

n=1

int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx


∣∣∣∣∣int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣zint n+1

n

int xn

1

tz+1dtdx

∣∣∣∣∣

le maxnletlen+1

∣∣∣∣ztz+1

∣∣∣∣

le |z|nreal(z)+1








=sump

logppz minus 1

= Φ(z)+sump

logppz(pz minus 1)



Φ(z)minus 1

z minus 1= minusζ

prime(z)ζ(z)


logppz(pz minus 1)

+(ζ(z)minus 1

z minus 1

)












+ h3(z)


με ότι

limεrarr0+


και

limεrarr0+



ζ(z) = 1

z minus 1+ h1(z)


ότι


1+ ε2hprime1(1+ ε)1+ εh1(1+ ε)

rarr 1


limεrarr0+


minusεζ


sump


= 1



limεrarr0+





2sum

r=minus2

(4

2+ r

)Φ(1+ ε + ira) =

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)sump

logpp1 + ε + ira

=sump

logpp1+ε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)1

pira

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)1

pi(mminus2)a

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m


=sump

logpp1+ε (p

ia2 + pminusia2)4

=sump

logpp1+ε (2real(p

ia2))4 ge 0


2sum

r=minus2

(4

2+ r






ϑ(x) lesumplex

logx = (logx)π(x)

άραϑ(x)x

le π(x)x logx

(156)


ϑ(x) gesum


sum



)






ϑ(x)x

le π(x)x logx

le 1

1minus εϑ(x)x

+ logxxε

(157)


limxrarrinfin

ϑ(x)x

= 1



int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint (1+ε)xx

(1+ ε)x minus tt2

dt


int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint 1+ε

1

(1+ ε)minusyy2

dy gt 0


limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt (158)



int x(1minusε)x

ϑ(t)minus tt2



dt =int 1

1minusε

1minus ε minus tt2

dt lt 0




intinfin1

ϑ(x)minus xx2

dx = limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt











g(z) =intinfin

0f(t)eminuszt dt =

intinfin0


)eminuszt dt

=intinfin



=intinfin


z


zintinfin


intinfin1

ϑ(x)xz+1

dx =infinsum

n=1

int pn+1

pn

ϑ(x)xz+1

dx

=infinsum

n=1

int pn+1

pnzϑ(pn)xz+1

dx

=infinsum

n=1

ϑ(pn)

(1

pznminus 1

pzn+1

)



infinsum

n=1


=infinsum

n=1

logpnpzn

= Φ(z)


g(z) = Φ(1+ z)1+ z minus 1

z











22n = (1+ 1)2n =(

2n0

)+ +

(2n2n

)ge(

2nn

)

Αλλά


nltple2n

p le(

2nn

)

διότι (2nn







ϑ(x) le Cx







1+ z2

T 2

)


g(0)minus gT (0) =1

2πi

int

C


)

zdz








T


real(z)



(1+ z2

R2

)1

z


∣∣∣∣∣R2 + z2

R2z


R2


)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


Συνεπώς

∣∣∣∣∣1

2πi

int

C+

(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


int

C+dz = finfin

R



∣∣∣∣∣1

2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cprimeminus|gT (z)|

∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ dz

Αλλά




|real(z)|


2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz



1

2πi

int

Cminusg(z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cminus

∣∣∣∣∣g(z)(

1+ z2

R2

)1

z





lim supTrarrinfin


R



lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ = 0







Λογισμός Α



2004





1989

















Hall 1996


Σύμβολα

άνω








όριο










όριο 45

όροι 19

αύξουσα 27




βασική 53













μηδενική 39

μονότονη 27

φραγμένη 31


φθίνουσα 27





Cauchy 53

infimum 32

supremum 32




ανώτερο





σειράς 127


ανισότητα

Bernoulli 10



80






θία 31



83









τα 14




γνησίως







ελάχιστο


32




επαγωγή 9




κάτω








λουθίες 81

κατώτερο



κριτήριο


112



κό 51






101




104

Cauchy 96

Bertrand 117 118

Gauss 119

Dini-Kummer 102

Dirichlet 124 125

Leibniz 123

Raabe-Duhamel 115




μέγιστο


32


μέσος








89




45



θιών 51


τησης 59









σειρά 89

αρμονική 98




σειρές


112






110



σης 100






Cauchy 104















θεώρημα


Riemann 130













II Σειρες 87








































Κεφάλαιο 1






στεί

11 Επαγωγή















1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)



2n(n+ 1)





1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)


1+2+3+ +n+ (n+1) = 1

2(n+1)((n+1)+1) = 1

2(n+1)(n+2)


1+ 2+ 3+ +n+ (n+ 1) = 1

2n(n+ 1)+ (n+ 1)

= (n+ 1)(

1

2n+ 1

)

= (n+ 1)n+ 2

2= 1

2(n+ 1)(n+ 2)











έχουμε

(1+ θ)2 = 1+ 2θ + θ2 gt 1+ 2θ


(1+ θ)n+1 = (1+ θ)(1+ θ)n gt (1+ θ)(1+nθ) = 1+ (n+ 1)θ +nθ2

gt 1+ (n+ 1)θ




(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2

και

(a+ b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3



(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

όπου (nk

)= n

k(nminus k)




1sum

k=0

(1

k

)akb1minusk =

(1

0

)a0b1minus0 +

(1

1

)a1b1minus1 = a+ b

διότι (1

0

)= 1


(1

1

)= 1

1(1minus 1)= 1


(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk



(a+ b)n+1 =n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk


(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

=nsum

k=0

(nk

)ak+1bnminusk +

nsum

k=0

(nk

)akb(n+1)minusk



= an+1 +nsum

s=1

(n

s minus 1

)asb(n+1)minuss +

nsum

k=1

(nk



= an+1 +nsum

k=1

((n

kminus 1

)+(nk



kminus 1

)+(nk

)= n


k(nminus k)

= n


(1

nminus k+ 1+ 1

k

)

= n


k((n+ 1)minus k)

= n


k((n+ 1)minus k)

= (n+ 1)k((n+ 1)minus k)

=(n+ 1

k

)


)=(n+1

0

)= 1


k=1

(n+ 1

k


=n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk







plusmna le |a|




άρα














1

1

θ

cscθ

secθ

cosθ

sinθ

tanθ

cotθ


ισχύει












2 cotθ



secθ = 1

cosθcscθ = 1

sinθ







cotθ plusmn cotϕ




cosθ le sinθθ

le 1



O A

C

B




1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ| (11)









sinθθ

le 1

και


θ





Μέρος I


Κεφάλαιο 2




ακολουθία


















21

31

4 raquo



1










2n


11

21

31

41

51

61

71

8


1

21

41

61

8




am+1 am+2 am+3




Ασκήσεις


κολουθιών

n (minus1)n













an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1


n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n










k1 lt k2 lt k3 lt






N)



1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11


1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9







c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2






3+ + 1







θίας xn = 1+ 12+ + 1

n









[5]





an+1 minus 3 =(

2+ an3

)minus 3 = 1

3(an minus 3)


Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2


1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1






an




an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)


an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)







an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2


(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n


an = 2+ 3n

3n minus 2n







an minus 2


1



an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1




2



an = 3+ 2

2nminus 1

Ασκήσεις


an = 1+ 1

22+ 1

32+ + 1

n2

και της

bn = 1+ 1

22+ 1

33+ + 1

nn



an = (minus1)n1


(nπ2

)


an2 anm a2n an


(i) an+1 = 3+ 1

2an a1 = 2



bn b1 = 3


4cn + 7 c1 =

3

4



Κεφάλαιο 3




an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an


ορισμος 311






rarr

αν
















































2n(n+ 1)gt 0


an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1


radic1+ an


a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1


an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1





1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n


(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1


Ασκήσεις


an = 3n+ 2 an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n



an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)


(2n)radicn

(n)222n+1



Κεφάλαιο 4













ορισμος 411



















και





σημαντικά












an0 lt i+ ε










έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2







κλάσματος

bn =3n2 + 1


2n2 minusn2= 4




cn =3n2 + 1


n2 minus 13n2

= 4n2

23n

2= 6




cn le max613 = 13





dn =3n2 + 1


n2 minus 12n2

= 8



an+1 =radic







Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8




an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2




radicr +M leM







Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2


(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4





Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1


Ασκήσεις



an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100


n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2


n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn


an =radicn+ aminus


a1 = 2an+1 =



και

an+1 =5an + 6

2an + 1


sn = 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2p+ 1


nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1


n1minusp le 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2+ 1


nge 1

2logn






υπόθεση)

Κεφάλαιο 5













liman = 0









|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n






Ασκήσεις



an =1

2n3an =

sinnπ5

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1




nminus 1

n2 minus 1

nminus 1

n2 + 1

8n2 minus 1

2n3 + 3

8n2 + 1

2n3 minus 3


radicnπ)

n

n116 +n95 +n74 +n53 +n32 + 1

n2 minusn+ 1




















|an| le M







2|λ| (51)

και


2|micro| (52)




2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε



































radic|an| =

0


τότε liman = 0







1


και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ





∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0


∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2






∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2













ξηraquo


∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1




Τότε liman = 0


Ασκήσεις


an = n sin1

n2




an =1

2

3

4

5


2n


3n


1+ an= 0



lima2n + b2

n

an + bn= 0












ισχύει





δικό






και





∣∣



3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|













ε






ότι





















2(1+ |λ|)



2(1+ |micro|)



lt |λ| ε2(1+ |λ|) + |micro|

ε2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε











limanbn

= ℓ1

ℓ2



∣∣ (55)


∣∣ (56)





2(1+ |ℓ1|)




ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

lt ε







2



2


|bn| gt|ℓ2|

2



1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|


2|ℓ2|

= 2





∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2


2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε









)


kminusόροι

)









kradicℓ












1








an le bn le cn








∣∣∣∣an+1

an


2


∣∣∣∣an+1

an


2= 1+ ℓ

2lt 1



















(1+ 1

n

)n




και 423)


λουθία

xn =(

1+ 1

n

)n





e = 271828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995


(οradic






xn =(

1+ xn

)n

















σης







2= ε




















∣∣



∣∣ lt ε2+ ε

2= ε












x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1































xn =(

1+ xn

)n




(1+ x

n

)n



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n le 1+ xn+ 1



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n =1(

n2+n+nxn2+n+nx+x

)n =1(

1minus x(n+1)(n+x)

)n le1

1minus nx(n+1)(n+x)



1 le 1+ xn+ 1


nx2

(n+ 1)2(n+ x)



0 le x2

(n+ 1)21

n+ x





|xn| le(

1+ |x|n

)nle(

1+ k0

n

)nle(

1+ k0

k0n

)k0n

=((

1+ 1

n

)n)k0

le ek0









)





(1+ 1

n

)nminus1

rarr 0 middot e = 0



1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣



lim

∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣ = 0






exp(x)


(iv) (exp(1k))k = e


exp(x) exp(y) = lim

((1+ x

n

)n (1+ y

n

)n)

= lim

(1+ x +y

n+ xyn2

)n



lim

(1+ x +y

n

)n= exp(x +y)


exp(x) = lim

(1+ x

n

)nge lim

(1+nx

n

)= 1+ x ge 1

Επίσης


(1+ 0

n

)n= 1





exp(1k)k = exp

(1

k

)middot exp

(1

k


(1

k

)

= exp

(1

k+ 1

k+ + 1

k

)= exp(1)

= e








exp(x) = lim

(1+ x

n

)n












limxrarrx0

ex = limxrarrx0


exminusx0



∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣



1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

le ε2+ tn

∣∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus1

+(

1+ tn

)nminus2

+ +(

1+ tn

)+ 1

∣∣∣∣∣

le ε2+ tn

((1+ |t|

n

)nminus1

+(

1+ |t|n

)nminus2

+ +(

1+ |t|n

)+ 1

)

le ε2+ t

(1+ |t|

n

)nminus1



(1+ 1

n

)nminus1

le ε2+ te






(1+ y minus x

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)nge 1+ x













1minus 1









ax = ex loga



ent = limkrarrinfin

(1+ nt

k

)k= limkrarrinfin

(1+ nt

nk

)nk


ent = limkrarrinfin

((1+ t

k

)k)n= (et)n

Άρα














e = limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ 1


n

)






(1+ 1

n

)n=

nsum

k=0

(nk

)1nminusk

(1

n

)k

= 1+ n

1(nminus 1)1

n+ n

2(nminus 1)1

n2+ + n

n0

1

nn

= 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)+

+ 1

n

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus nminus 1

n

)

le 1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n= sn


sn le 1+ 1+ 1

2+ 1

22+ 1

24+ 1

25+ + 1

2nle 3minus 1

23lt 3



e = limnrarrinfin

(1+ 1

n

)nle lim sn



1+ 1

n

)nge 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)



τον αριθμό

x =m(e minus sm) =m

(kmminus(

1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

m

))





x =m

(limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n

)minus sm

)

= limnrarrinfin

m

(1

(m+ 1)+ 1

(m+ 2)+ + 1

n

)

= limnrarrinfin

(1

m+ 1+ 1

(m+ 1)(m+ 2)+

+ 1


)

le limnrarrinfin

(1

3+ 1

32+ + 1

3nminusm

)le limnrarrinfin

13minus 1

3nminusm+1

1minus 13

= 1

2



















θ2


nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0




)p rarr 0p = 0








0 le vn leaminus 1

n












n





lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1







3ℓ2


radican lt

nradic

3ℓ2











τες έχουμε


(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|



limnrarrinfin

sinanan

= 1



sinθθ

∣∣∣∣ le 1




sinanan

∣∣∣∣ le 1




limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1



1+ x le ex le 1

1minus x (511)


προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1


1 ge ean minus 1

ange 1

1minus an




lognn

lognnp

logq nnp

logann

logannp

logqannp



0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logq nnp

=(

lognnpq

)qrarr 0







log(1+ an)an

rarr 1



αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1


1

1+ ange log(1+ an)

ange 1


Ασκήσεις



(i) an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

(ii) bn =(

1minus 1

n2

)n


(iv) dn = n





limnrarrinfin

[nx]n

= x



an =x

1+ (3 sinx)3n




limnrarrinfin

(1+ 4

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 3

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 1

n2

)n

limnrarrinfin

(4n+ 3

4n

)n lim

nrarrinfin

(n2 minus 1

n2 + 1

)n2

limnrarrinfin

(3+ 1

n

)n (1

3+ 1

n

)2n

limnrarrinfin

(1+ 1

n logn

)n lim

nrarrinfin

(1+ logn

n

)n lim

nrarrinfin

(1+ 1

n

)n logn



an = n

radicλn + 2

λ2n + en




3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1


radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn



2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + +n2

n3


1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ + 1

2n + 2n+1


(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2


3

radic

3

radic3

radic3

radic3


(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1


λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4


3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

radiczn + 1minus 1

zn





xn+1 =1

2

(xn +

axn

)και x1 = a





(nminus 1)x + an

)nge xnminus1a





xkminus1

k

)kge a


μικά με

xn+1 =1

k

((kminus 1)xn +

axkminus1n

)και x1 = a ge 1






xn+1

xn=

(1+ x

n+1

)n+1

(1+ x

n

)n =(

1+ xn+ 1

)( n+1+xn+1n+xn

)n




yn =(

1+ |x|nminus |x|

)n


ynyn+1

=

(1+ |x|

nminus|x|

)n(1+ |x|

n+1minus|x|

)n+1 =1

1+ |x|n+1minus|x|

nnminus|x|n+1

n+1minus|x|

n







1+ 1

nt

1+ t

)nle 1+ t




(1+ θ)p ge 1+ pθ






f(x) =(

1+ ax

)x






0 le a2

y2

y minus xx + a


Κεφάλαιο 6





















n+ 1

n= 2

nrarr 0




lim supnrarrinfin


an = infΥ(an)




lim infnrarrinfin


an (61)


lim infnrarrinfin


an



lim infnrarrinfin


an

















οπότε




οπότε





lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)




limnrarrinfin

(supak k ge n




limnrarrinfin

(supak k ge n



supak k ge n ge akn


limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s



ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)



2






lim supnrarrinfin


bn

και

lim infnrarrinfin


bn





και



lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf



nrarrinfin

an+1

an





sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε


akle ℓ + ε (62)


an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3







radican0

(ℓ + ε)n0


supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n


limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε



limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0

= limnrarrinfin

n

radican0

(ℓ + ε)n0= 1




Ασκήσεις


lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican






lim infan+1


1


an+1

an= infin

Κεφάλαιο 7





τους







an =x1 + x2 + + xn

n




nle ε

2




n

∣∣∣∣∣




nε2le ε







n

nrarr ℓminus1



n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ



x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(71)






limnrarrinfin


= ℓ


limnrarrinfin

xp1

1 xp2



x1+ p2


xn

= ℓ








ltε2




∣∣∣∣∣




ε2lt ε




n








ge xp1

1 xp2


x1+ p2


xn

(72)







xnyn

= ℓ





ℓ = limp1

x1minusx0


ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn



limlognn


= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1+ 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις





















limnrarrinfin


1+ r




an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab




2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1



an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn





limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin


an












an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12






an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn





οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn





I(a b) = I(a+ b

2radicab)


I(a b) =int π2

0


dθ


πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx




radicab)= I(a1 b1)



I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx


ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R



x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt


I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)







n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε


0


a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2



n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0



le 4

3ℓ3

π2





an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1


4




le 1

2



2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 8


81 Ορισμοί



n=1

an



suminfinn=1 an











= N rarrinfin





n=1

λn




= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ


infinsum

n=1

λn = λ1minus λ


suminfinn=1 λ










s2N =2Nsum

n=1


ενώ


n=1












φής




suminfinn=n0







πρόταση


suminfinn=n1


suminfinn=n2




sN =Nsum

n=n1


και

tN =Nsum

n=n2






suminfinn=n0



Ασκήσεις


(i)

infinsum

n=1

1

2n(ii)

infinsum

n=1

2n

3n








n=1


n=1

(an + bn)


infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn


Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn





ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n


suminfinn=1(2


Ασκήσεις



n=1

(an minus eminusn

)




(i)infinsum

n=1

n+ 1

n

(ii)infinsum

n=1

1

(nminus 1) (n+ 1)

(iii)infinsum

n=1

2n(2n+ 1)


infinsum

n=1

ϕ(n)n





(i)infinsum

n=1

n2 minus 3n+ 2

n

(ii)infinsum

n=1

(nminus 1)3

n





(i)infinsum

n=1

n+ 1

3n

(ii)infinsum

n=1

2n2 + 5

3n


n=1

nλnminus1 = 1

(1minus λ)2


n=1


Κεφάλαιο 9












sN = 1+ 1

2p+ 1


Nple pp minus 1






Ασκήσεις



s2N = 1+ 1

2+ 1


2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1


23

)+


1

2Nminus1 + 1+ 1


2N

)




n=1

1










n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣


∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣





∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε





∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε







infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n


nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0









sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic


N

ge 1radicN+ 1radic



= N 1radicN=radicN




minusp




infinsum

n=1

1

n= infin





1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1


2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6


(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6


(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1


n




συγκλίνει






απλά






n=M+1

an


n=M+1

|an| lt ε


συγκλίνει


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n(

1+ 2

n2

)n2






xn = 1+ 1


nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1


nminus logn


1+ 1


nrarrinfin


esN =Nprod

n=1

e1n ge N + 1















n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε



n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε


γκλίνει



Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin



νο





1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn










anle bn+1







an =ananminus1

anminus1


a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1


b1a1 =

a1

b1bn


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1


n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

infinsum

n=1

1

3n minusn

infinsum

n=1


infinsum

n=1

arctan1

3n2 + 2n+ 7


5eminusn6



infinsum

n=2

1


n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1




infinsum

n=1

(1minus eminus1n)

infinsum

n=1

(nradicnminus 1)



infinsum

n=1

a2n

infinsum

n=1

apn p ge 1infinsum

n=1

an1+ an

infinsum

n=1

a2n

1+ a2n






λεσκοπική


infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1


Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)


Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin


bn minus b1



διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1


(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1






θέτουμε


an








0 lt an le1



ράsuminfinn=n0




ananminus1

ge 1bn1bnminus1









1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1




Ασκήσεις


limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1


(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1




infinsumn=na

1


infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(nminus 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn


))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1


nsum

k=1



infinsum

n=1

3n+ 2

n(n+ 1)(n+ 2)





suminfinn=1 b

minus1n

















suminfinn=1 a2n

συγκλίνει





















sN le skN+1minus1




ΔηλαδήNsum

n=1


n=1

(kn+1 minus kn)akn





k2minusk1 όροι





Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn








φού












n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n





Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2 tan1

n3

infinsum

n=1

sinπradicn

infinsum

n=1

lognn32


infinsum

n=1

1

(n+ 1)np


infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p



(x)



(1)



n=e(k)+1

1






suminfinn=1 e











int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx



Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an






int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an









xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1




Κεφάλαιο 10







ράsuminfinn=1 λ











infinsum

n=1

cn με cn ge 0





υπάρξει









suminfinn=1 an















θία an ne 0


∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an


1minus ℓ2


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1



θα έχουμε



suminfinn=1 λ





an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1









suminfinn=1 1n2

συγκλίνει






Ασκήσεις





(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np


infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n


radicn(ne)n



e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n


infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn




infinsum

n=1

3n

n3xn

infinsum

n=1

n(3n)(4n)

xn




bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an


bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an



∣∣∣∣an+1

an



















2


|an| lt(

1+ ℓ2

)n






2


(1+ ℓ

2

)nlt |an|







1n2 = 1




νάρτηση


e =infinsum

n=0

1

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n=

infinsum

n=0

xn

n




s(x)minus(

1+ xn

)n=

infinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))xk



ανισότητα


1+ xn


k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))|x|k


(1+ |x|

n

)n∣∣∣∣∣




Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R


n=1

2n

n2xn






απολύτως














le 1np

1(nminus 1)p(101)



1np


n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n


ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1



limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)







an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)













an+1

anle 1(n+ 1)p

1np=(

nn+ 1

)p


anan+1

ge(

1+ 1

n

)p


anan+1

ge epn





gn = n loganan+1

Τότε







Ασκήσεις












n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn









των λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1


=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n


logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p


ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An



ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p


(1minus 1minusnAn

n logn


n logn+ Bn


ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)


(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn



την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1


αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1



(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1




Ασκήσεις


trand



an+1

an= 1minus b

nminus cnn2




σης σειρών


















πάρχει













infinsum

n=1

anrpnminus1







1minus x le 1


)


1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)









an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1





an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2




κλίνει


infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r 1minuspnminus1 =

infinsum

n=1


r 1minuspnminus1



r 1minuspnminus1 le

1


1minuspn

)



1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)


x = rnrnminus1











infinsum

n=1

anspn




an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k


an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2





anspn

le ans2n





infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1


sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1


1minuspn

)



1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)



Ασκήσεις



infinsum

n=2

1

n(logn)p


Κεφάλαιο 11




















Συνεπώς










Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1


infinsum

n=1








intfgprime






Nsum

n=M+1


n=M+1




Nsum

n=M+1




Nsum

n=M+1


n=M+1


=Nsum

n=M+1


n=M+1


Άρα

Nsum

n=M+1


n=M+1


οπότε

Nsum

n=M+1


n=M+1



κόλουθο













infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1




n=1


infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)








let



Ασκήσεις








συγκλίνει


Κεφάλαιο 12










αρνητική



ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56





1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+




1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k


4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0


άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1


3minus 1

2= 5

6gt ℓ

















n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14






suminfinn=1 a

primen =


suminfinn=1 an









λήμματα







12 N sube k1 k2 km












infinsum

n=N0+1

|an| lt ε





n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1k2km|an| le

sum

nnotink1k2km0|an|

lesum

nnotin12N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε


Ασκήσεις
















n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x







0 αν an gt 0




infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1







infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an




infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn








prime3 a



n=1


n=1

aprimen







primen2+n3



N3sum

n=1


n=1

aprimen



n=1 aprimen



primeN3+n4


N4minus1sum

n=1


n=1

aprimen





bull

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen (lowast)









n=1


n=1


| lt ε




N2ksum

n=1


n=1




Ασκήσεις





πυκνά στο R


primen = e


primen = 1000

Μέρος III


Κεφάλαιο 13




limNrarrinfin

Nprod

n=1

xn





prodinfinn=1 xn = 0






γκλίνει

Κεφάλαιο 14


Μέρος IV



Κεφάλαιο 15















xnϕ(n)

rarr 1






λέει ότι

limnrarrinfin

pnn logn

= 1


ϕ(n) = n logn


Η









limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1












=infinprod

n=1

(1+ 1

n

)x (1+ x

n

)minus1






Πx = limkrarrinfin



YY

Y

Y Y Y





1radic2π


22 dx = 1


τες

(i) Γ(x + 1) = xΓ(x)




ντες





Γ(12) =intinfin

0


22xdx =radic

2

intinfin0eminusx

22 dx =radic

21

2

radic2π =

radicπ





limxrarr+infin


= 1




limnrarr+infin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n




















13













(x minus x0)2


λημμα 1532

1radic2π


22 dy = 1



I2 =(intinfin

minusinfineminusx

22 dx)(intinfin

minusinfineminusy



2+y2)2 dxdy


I2 =int 2π

0

intinfin0eminusr

22r dr dθ


0

= 2π

Έτσι I =radic


λημμα 1533

limtrarrinfin

1radic2π

int tminusteminusy

22 dy = 1


radic2π



limtrarrinfin

intinfinteminusy

22 dy = 0



0eminusz

22eminuszt2 dz


0eminusz

22 dz =radic

2π2eminust

22







limtrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


= 1 (151)






f(x) = f(x0)+1


ge f(x0)+1


Άρα

int baetf(x) dx ge

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx

ge etf(x0)int x0+δ


)(xminusx0)22 dx


ge etf(x0)

radic1




eminus12y

2

dy

Έτσι

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1radic

2π



eminus12y

2

dy

radic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)geradic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1 (152)




f(x) le f(x0)+1

2


)(x minus x0)2



int x0minusδ

aetf(x) dx +

int x0+δ


int bx+δ

etf(x) dx


)et(f(x0)minusθ

)+ etf(x0)

int x0+δ

x0minusδet2 (f


+(b minus (x0 + δ)

)et(f(x0)minusθ)


x0minusδet2 (f




radic2π


)


lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)leradic




lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)le 1 (153)






limxrarrinfin


= 1



Γ(x + 1) = xx+1











Γ(x + 1)xx+1

=int 2










1

eminusxradic

2πx

int 2


xx+1eminusxradic

2πx

le 1

eminusxradic

2πx

int 2





limxrarrinfin


radic2πx

= 1




limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n



radic2πn

(ne

)ne(12n+1)minus1

lt n ltradic

2πn(ne

)ne(12n)minus1



2

)logn+n = log

nen

nnradicnrarr log

radic2π




2

)log

n+ 1

nminus 1

=(n+ 1

2

)log

1+ (2n+ 1)minus1


(12

log1+t1minust = t +

t3

3+ t5

5+ t7


)

= 1

3(2n+ 1)2+ 1

5(2n+ 1)4+ 1



1

3(2n+ 1)2+ 1

3(2n+ 1)4+ 1



1

12n(n+ 1)= 1

12nminus 1

12(n+ 1)



1

12n+ 1minus 1

12(n+ 1)+ 1






radic2π)








2πx exp(micro(x)

)


micro(x) = 1

12xminus 1

3

intinfin0

p3(t)(t + x)3 dt



2 + 12t




Ασκήσεις





0(minus log t)x dt




Γ

(n+ 1

2

)= (2n)

4nn

radicπ


0eminust

adt = 1

aΓ

(1

a

)

όπου a gt 0








B(xy) ≃radic

2πxxminus

12yyminus

12

(x +y)x+yminus 12


αν

limnrarrinfin

f(x +n)(nminus 1)nx

= 1

τότε


(nminus 1)nx



(nk

)kle(nk

)lt

1

e

(enk

)k


(nk

)= nk

kminus1prod

i=1


nminus ikminus i ge

nk


(nk

)ltnk

kκαι ekminus1 ge

kminus1prod

i=1

(1+ 1

i

)i= kk

k


suminfinn=o k




(nk

)=(nnminusk


max

(nk

)k(

nnminus k

)nminuskle(nk

)lt

1

emin

(enk

)k(ennminus k

)nminusk








θέσουμε


∣∣∣


limxrarrinfin

π(x)x logx

= 1


















Θέτουμε

ζ(z) =infinsum

n=1

1

nz Φ(z) =

sump

logppz

ϑ(x) =sumplex

logp





ζ(z) =prodp

1

1minus pminusz




ζ(z) =sum

r1 r2ge0

1

(2r13r25r37r411r5 )z



r1ge0

1

2r1z

sum

r2ge0

1

3r25r37r411r5 )z


ζ(z) =prodp

sum

rge0

pminusrz =

prodp

1








ζ(z)minus 1

z minus 1=

infinsum

n=1

1

nzminusintinfin

1

1

xzdx =

infinsum

n=1

int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx


∣∣∣∣∣int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣zint n+1

n

int xn

1

tz+1dtdx

∣∣∣∣∣

le maxnletlen+1

∣∣∣∣ztz+1

∣∣∣∣

le |z|nreal(z)+1








=sump

logppz minus 1

= Φ(z)+sump

logppz(pz minus 1)



Φ(z)minus 1

z minus 1= minusζ

prime(z)ζ(z)


logppz(pz minus 1)

+(ζ(z)minus 1

z minus 1

)












+ h3(z)


με ότι

limεrarr0+


και

limεrarr0+



ζ(z) = 1

z minus 1+ h1(z)


ότι


1+ ε2hprime1(1+ ε)1+ εh1(1+ ε)

rarr 1


limεrarr0+


minusεζ


sump


= 1



limεrarr0+





2sum

r=minus2

(4

2+ r

)Φ(1+ ε + ira) =

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)sump

logpp1 + ε + ira

=sump

logpp1+ε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)1

pira

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)1

pi(mminus2)a

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m


=sump

logpp1+ε (p

ia2 + pminusia2)4

=sump

logpp1+ε (2real(p

ia2))4 ge 0


2sum

r=minus2

(4

2+ r






ϑ(x) lesumplex

logx = (logx)π(x)

άραϑ(x)x

le π(x)x logx

(156)


ϑ(x) gesum


sum



)






ϑ(x)x

le π(x)x logx

le 1

1minus εϑ(x)x

+ logxxε

(157)


limxrarrinfin

ϑ(x)x

= 1



int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint (1+ε)xx

(1+ ε)x minus tt2

dt


int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint 1+ε

1

(1+ ε)minusyy2

dy gt 0


limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt (158)



int x(1minusε)x

ϑ(t)minus tt2



dt =int 1

1minusε

1minus ε minus tt2

dt lt 0




intinfin1

ϑ(x)minus xx2

dx = limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt











g(z) =intinfin

0f(t)eminuszt dt =

intinfin0


)eminuszt dt

=intinfin



=intinfin


z


zintinfin


intinfin1

ϑ(x)xz+1

dx =infinsum

n=1

int pn+1

pn

ϑ(x)xz+1

dx

=infinsum

n=1

int pn+1

pnzϑ(pn)xz+1

dx

=infinsum

n=1

ϑ(pn)

(1

pznminus 1

pzn+1

)



infinsum

n=1


=infinsum

n=1

logpnpzn

= Φ(z)


g(z) = Φ(1+ z)1+ z minus 1

z











22n = (1+ 1)2n =(

2n0

)+ +

(2n2n

)ge(

2nn

)

Αλλά


nltple2n

p le(

2nn

)

διότι (2nn







ϑ(x) le Cx







1+ z2

T 2

)


g(0)minus gT (0) =1

2πi

int

C


)

zdz








T


real(z)



(1+ z2

R2

)1

z


∣∣∣∣∣R2 + z2

R2z


R2


)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


Συνεπώς

∣∣∣∣∣1

2πi

int

C+

(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


int

C+dz = finfin

R



∣∣∣∣∣1

2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cprimeminus|gT (z)|

∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ dz

Αλλά




|real(z)|


2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz



1

2πi

int

Cminusg(z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cminus

∣∣∣∣∣g(z)(

1+ z2

R2

)1

z





lim supTrarrinfin


R



lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ = 0







Λογισμός Α



2004





1989

















Hall 1996


Σύμβολα

άνω








όριο










όριο 45

όροι 19

αύξουσα 27




βασική 53













μηδενική 39

μονότονη 27

φραγμένη 31


φθίνουσα 27





Cauchy 53

infimum 32

supremum 32




ανώτερο





σειράς 127


ανισότητα

Bernoulli 10



80






θία 31



83









τα 14




γνησίως







ελάχιστο


32




επαγωγή 9




κάτω








λουθίες 81

κατώτερο



κριτήριο


112



κό 51






101




104

Cauchy 96

Bertrand 117 118

Gauss 119

Dini-Kummer 102

Dirichlet 124 125

Leibniz 123

Raabe-Duhamel 115




μέγιστο


32


μέσος








89




45



θιών 51


τησης 59









σειρά 89

αρμονική 98




σειρές


112






110



σης 100






Cauchy 104















θεώρημα


Riemann 130

















Κεφάλαιο 1






στεί

11 Επαγωγή















1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)



2n(n+ 1)





1+ 2+ 3+ +n = 1

2n(n+ 1)


1+2+3+ +n+ (n+1) = 1

2(n+1)((n+1)+1) = 1

2(n+1)(n+2)


1+ 2+ 3+ +n+ (n+ 1) = 1

2n(n+ 1)+ (n+ 1)

= (n+ 1)(

1

2n+ 1

)

= (n+ 1)n+ 2

2= 1

2(n+ 1)(n+ 2)











έχουμε

(1+ θ)2 = 1+ 2θ + θ2 gt 1+ 2θ


(1+ θ)n+1 = (1+ θ)(1+ θ)n gt (1+ θ)(1+nθ) = 1+ (n+ 1)θ +nθ2

gt 1+ (n+ 1)θ




(a+ b)2 = a2 + 2ab + b2

και

(a+ b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3



(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

όπου (nk

)= n

k(nminus k)




1sum

k=0

(1

k

)akb1minusk =

(1

0

)a0b1minus0 +

(1

1

)a1b1minus1 = a+ b

διότι (1

0

)= 1


(1

1

)= 1

1(1minus 1)= 1


(a+ b)n =nsum

k=0

(nk

)akbnminusk



(a+ b)n+1 =n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk


(a+ b)n+1 = (a+ b)(a+ b)n = (a+ b)nsum

k=0

(nk

)akbnminusk

=nsum

k=0

(nk

)ak+1bnminusk +

nsum

k=0

(nk

)akb(n+1)minusk



= an+1 +nsum

s=1

(n

s minus 1

)asb(n+1)minuss +

nsum

k=1

(nk



= an+1 +nsum

k=1

((n

kminus 1

)+(nk



kminus 1

)+(nk

)= n


k(nminus k)

= n


(1

nminus k+ 1+ 1

k

)

= n


k((n+ 1)minus k)

= n


k((n+ 1)minus k)

= (n+ 1)k((n+ 1)minus k)

=(n+ 1

k

)


)=(n+1

0

)= 1


k=1

(n+ 1

k


=n+1sum

k=0

(n+ 1

k

)akb(n+1)minusk







plusmna le |a|




άρα














1

1

θ

cscθ

secθ

cosθ

sinθ

tanθ

cotθ


ισχύει












2 cotθ



secθ = 1

cosθcscθ = 1

sinθ







cotθ plusmn cotϕ




cosθ le sinθθ

le 1



O A

C

B




1

2| sinθ| lt 1

2|θ| lt 1

2| tanθ| (11)









sinθθ

le 1

και


θ





Μέρος I


Κεφάλαιο 2




ακολουθία


















21

31

4 raquo



1










2n


11

21

31

41

51

61

71

8


1

21

41

61

8




am+1 am+2 am+3




Ασκήσεις


κολουθιών

n (minus1)n













an + bn = 1

n3+n2 = 1+n5

n3

an minus bn = 1


n3

anbn = 1

n3middotn2 = 1

n










k1 lt k2 lt k3 lt






N)



1

11

21

31

41

51

61

71

81

9

1

10

1

11


1

12= 1

1

1

22= 1

4

1

32= 1

9







c2 = xk2 = x1 = 1 ne1

2= x2






3+ + 1







θίας xn = 1+ 12+ + 1

n









[5]





an+1 minus 3 =(

2+ an3

)minus 3 = 1

3(an minus 3)


Έτσι

anminus3 = 1

3(anminus1minus3) =

(1

3

)2


1

3

)nminus1

(a1minus3) =(

1

3

)nminus1






an




an+1 minus 2 = 3

an(an minus 2)


an+1 minus 3 = 2

an(an minus 3)







an+1 minus 2

an+1 minus 3= 3

2

an minus 2

an minus 3

Άρα

an minus 2

an minus 3= 3

2

anminus1 minus 2

anminus1 minus 3=(

3

2

)2 anminus2 minus 2


(3

2

)nminus1 a1 minus 2

a1 minus 3=(

3

2

)n


an = 2+ 3n

3n minus 2n







an minus 2


1



an minus 3= 1+ 1

an minus 3

Συνεπώς

1

an minus 3= 1+ 1




2



an = 3+ 2

2nminus 1

Ασκήσεις


an = 1+ 1

22+ 1

32+ + 1

n2

και της

bn = 1+ 1

22+ 1

33+ + 1

nn



an = (minus1)n1


(nπ2

)


an2 anm a2n an


(i) an+1 = 3+ 1

2an a1 = 2



bn b1 = 3


4cn + 7 c1 =

3

4



Κεφάλαιο 3




an+1 =(n+ 1)minus 1

n+ 1= 1minus 1

n+ 1gt 1minus 1

n= nminus 1

n= an


ορισμος 311






rarr

αν
















































2n(n+ 1)gt 0


an =n2 minus 1

2n= n

2minus 1

2nltn+ 1

2minus 1

2(n+ 1)= an+1


radic1+ an


a2 =radic

1+ a1 =radic

2 gt 1 = a1


an+2 =radic

1+ an+1 gtradic

1+ an = an+1





1minus 1

nlt(

1minus 1

n2

)n=(

1minus 1

n

)n (1+ 1

n

)n


(1+ 1

n

)ngt

1(1minus 1

n

)nminus1= 1(

nminus1n

)nminus1=(

nnminus 1

)nminus1

=(

1+ 1

nminus 1

)nminus1


Ασκήσεις


an = 3n+ 2 an =n+ 4

n2 + 1

an =n2n



an =1

n+ 1+ 1

n+ 2+ + 1

2nan =

(1

(n+ 1)minus 1

(n+ 2)

)(n+ 2)


(2n)radicn

(n)222n+1



Κεφάλαιο 4













ορισμος 411



















και





σημαντικά












an0 lt i+ ε










έχουμε

an =3n2 minus 1

2n2 + 1le 3n2

2n2= 3

2







κλάσματος

bn =3n2 + 1


2n2 minusn2= 4




cn =3n2 + 1


n2 minus 13n2

= 4n2

23n

2= 6




cn le max613 = 13





dn =3n2 + 1


n2 minus 12n2

= 8



an+1 =radic







Τότε

an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 8 leradic

16 = 4 le 8




an+1 =radic

2+ an leradic

2+ 2 = 2




radicr +M leM







Έχουμε

(1+ 1

2n

)n= 1(

2n2n+1

)n =1(

1minus 12n+1

)n le1(

1minus n2n+1

) = 2n+ 1

n+ 1le 2


(1+ 1

n

)nle(

1+ 1

2n

)2n

=((

1+ 1

2n

)n)2

le 22 = 4





Έχουμε

n2 + sin(nπ2)n+ 1

ge n2 minus 1

n+ 1= nminus 1


Ασκήσεις



an =5 sin(3n)

4nan =

n+ 1000

n+ 100


n+ 1

an =n3n

an = nradic

2n + 3n + 5n

an =n+ 5

2nan =

n2 + 2n+ 4

n3 + 2


n2 +n+ 1

an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

an =radicn+ 2minus

radicn+ 1 an =

radicn2 +nminusn


an =radicn+ aminus


a1 = 2an+1 =



και

an+1 =5an + 6

2an + 1


sn = 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2p+ 1


nple pp minus 1

minus 1

(p minus 1)npminus1


n1minusp le 1+ 1

2p+ 1


np


1+ 1

2+ 1


nge 1

2logn






υπόθεση)

Κεφάλαιο 5













liman = 0









|an| =∣∣n sin(πn4)+ 1

∣∣n2 + 1

le∣∣n sin(πn4)

∣∣+ 1

n2 + 1le n+ 1

n2 + 1le n+n

n2= 2

n






Ασκήσεις



an =1

2n3an =

sinnπ5

n2an =

5+ sin(nπ5)n2 +n+ 1

an =sinn+ cos(3n)

n2an = 1




nminus 1

n2 minus 1

nminus 1

n2 + 1

8n2 minus 1

2n3 + 3

8n2 + 1

2n3 minus 3


radicnπ)

n

n116 +n95 +n74 +n53 +n32 + 1

n2 minusn+ 1




















|an| le M







2|λ| (51)

και


2|micro| (52)




2|λ| + |micro|ε

2|micro| = ε



































radic|an| =

0


τότε liman = 0







1


και έτσι

0 lt λn le 1

1+nθ





∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ le λ

Τότε liman = 0


∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2






∣∣∣∣∣an0+1

an0

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+2

an0+1

∣∣∣∣∣ middot∣∣∣∣∣an0+3

an0+2













ξηraquo


∣∣∣∣∣13n+1

13n

∣∣∣∣∣ =1

3lt 1




Τότε liman = 0


Ασκήσεις


an = n sin1

n2




an =1

2

3

4

5


2n


3n


1+ an= 0



lima2n + b2

n

an + bn= 0












ισχύει





δικό






και





∣∣



3= 2

3|ℓ1 minus ℓ2|













ε






ότι





















2(1+ |λ|)



2(1+ |micro|)



lt |λ| ε2(1+ |λ|) + |micro|

ε2(1+ |micro|)

le ε2

|λ|1+ |λ| +

ε2

|micro|1+ |micro|

le ε2middot 1+ ε

2middot 1 = ε











limanbn

= ℓ1

ℓ2



∣∣ (55)


∣∣ (56)





2(1+ |ℓ1|)




ε2M

+ |ℓ1|ε

2(1+ |ℓ1|)

le ε2+ ε

2

|ℓ1|1+ |ℓ1|

lt ε







2



2


|bn| gt|ℓ2|

2



1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ =|bn minus ℓ2||bn| |ℓ2|


2|ℓ2|

= 2





∣∣∣∣1

bnminus 1

ℓ2

∣∣∣∣ le2


2

|ℓ2|2ε|ℓ2|22 = ε









)


kminusόροι

)









kradicℓ












1








an le bn le cn








∣∣∣∣an+1

an


2


∣∣∣∣an+1

an


2= 1+ ℓ

2lt 1



















(1+ 1

n

)n




και 423)


λουθία

xn =(

1+ 1

n

)n





e = 271828 18284 59045 23536 02874 71352 66249 77572 47093 69995


(οradic






xn =(

1+ xn

)n

















σης







2= ε




















∣∣



∣∣ lt ε2+ ε

2= ε












x16n+4 = sin

(14nπ + 7π

2

)= sin

(14nπ + 3π + π

2

)= minus1































xn =(

1+ xn

)n




(1+ x

n

)n



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n le 1+ xn+ 1



(1+ xn

)n(1+ x(n+ 1)

)n =1(

n2+n+nxn2+n+nx+x

)n =1(

1minus x(n+1)(n+x)

)n le1

1minus nx(n+1)(n+x)



1 le 1+ xn+ 1


nx2

(n+ 1)2(n+ x)



0 le x2

(n+ 1)21

n+ x





|xn| le(

1+ |x|n

)nle(

1+ k0

n

)nle(

1+ k0

k0n

)k0n

=((

1+ 1

n

)n)k0

le ek0









)





(1+ 1

n

)nminus1

rarr 0 middot e = 0



1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣



lim

∣∣∣∣∣(

1+ bn1+ an

)nminus 1

∣∣∣∣∣ = 0






exp(x)


(iv) (exp(1k))k = e


exp(x) exp(y) = lim

((1+ x

n

)n (1+ y

n

)n)

= lim

(1+ x +y

n+ xyn2

)n



lim

(1+ x +y

n

)n= exp(x +y)


exp(x) = lim

(1+ x

n

)nge lim

(1+nx

n

)= 1+ x ge 1

Επίσης


(1+ 0

n

)n= 1





exp(1k)k = exp

(1

k

)middot exp

(1

k


(1

k

)

= exp

(1

k+ 1

k+ + 1

k

)= exp(1)

= e








exp(x) = lim

(1+ x

n

)n












limxrarrx0

ex = limxrarrx0


exminusx0



∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣



1+ tn

)nminus 1

∣∣∣∣

le ε2+ tn

∣∣∣∣∣(

1+ tn

)nminus1

+(

1+ tn

)nminus2

+ +(

1+ tn

)+ 1

∣∣∣∣∣

le ε2+ tn

((1+ |t|

n

)nminus1

+(

1+ |t|n

)nminus2

+ +(

1+ |t|n

)+ 1

)

le ε2+ t

(1+ |t|

n

)nminus1



(1+ 1

n

)nminus1

le ε2+ te






(1+ y minus x

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)nge 1+ x













1minus 1









ax = ex loga



ent = limkrarrinfin

(1+ nt

k

)k= limkrarrinfin

(1+ nt

nk

)nk


ent = limkrarrinfin

((1+ t

k

)k)n= (et)n

Άρα














e = limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ 1


n

)






(1+ 1

n

)n=

nsum

k=0

(nk

)1nminusk

(1

n

)k

= 1+ n

1(nminus 1)1

n+ n

2(nminus 1)1

n2+ + n

n0

1

nn

= 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)+

+ 1

n

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus nminus 1

n

)

le 1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n= sn


sn le 1+ 1+ 1

2+ 1

22+ 1

24+ 1

25+ + 1

2nle 3minus 1

23lt 3



e = limnrarrinfin

(1+ 1

n

)nle lim sn



1+ 1

n

)nge 1+ 1+ 1

2

(1minus 1

n

)+ 1

3

(1minus 1

n

)(1minus 2

n

)+

+ 1

k

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

)



τον αριθμό

x =m(e minus sm) =m

(kmminus(

1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

m

))





x =m

(limnrarrinfin

(1+ 1+ 1

2+ 1

3+ + 1

n

)minus sm

)

= limnrarrinfin

m

(1

(m+ 1)+ 1

(m+ 2)+ + 1

n

)

= limnrarrinfin

(1

m+ 1+ 1

(m+ 1)(m+ 2)+

+ 1


)

le limnrarrinfin

(1

3+ 1

32+ + 1

3nminusm

)le limnrarrinfin

13minus 1

3nminusm+1

1minus 13

= 1

2



















θ2


nλn = n(1+ θ)n lt

2nn(nminus 1)θ2

= 2

(nminus 1)θrarr 0




)p rarr 0p = 0








0 le vn leaminus 1

n












n





lim nradicn = lim

(2nradicn)2 =

(lim 2n

radicn)2 = 12 = 1







3ℓ2


radican lt

nradic

3ℓ2











τες έχουμε


(an + 0

2

)sin

(an minus 0

2

)∣∣∣∣le 2| sin(an2)| le |an|



limnrarrinfin

sinanan

= 1



sinθθ

∣∣∣∣ le 1




sinanan

∣∣∣∣ le 1




limnrarrinfin

ean minus 1

an= 1



1+ x le ex le 1

1minus x (511)


προκύπτει

1 le ean minus 1

anle 1


1 ge ean minus 1

ange 1

1minus an




lognn

lognnp

logq nnp

logann

logannp

logqannp



0 le lognn

= 2 logn12

nle 2(

radicnminus 1)n

= 2radicnminus 2

nrarr 0

0 le lognnp

= (2p) log(np2)np

le 2

pnp2 minus 1

np= 2

p1

np2minus 2

p1

nprarr 0

και

0 le logq nnp

=(

lognnpq

)qrarr 0







log(1+ an)an

rarr 1



αμέσως ότι

1

1+ anle log(1+ an)

anle 1


1

1+ ange log(1+ an)

ange 1


Ασκήσεις



(i) an =1radic

n2 + 1+ 1radic

n2 + 2+ + 1radic

n2 +n

(ii) bn =(

1minus 1

n2

)n


(iv) dn = n





limnrarrinfin

[nx]n

= x



an =x

1+ (3 sinx)3n




limnrarrinfin

(1+ 4

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 3

n

)n lim

nrarrinfin

(1minus 1

n2

)n

limnrarrinfin

(4n+ 3

4n

)n lim

nrarrinfin

(n2 minus 1

n2 + 1

)n2

limnrarrinfin

(3+ 1

n

)n (1

3+ 1

n

)2n

limnrarrinfin

(1+ 1

n logn

)n lim

nrarrinfin

(1+ logn

n

)n lim

nrarrinfin

(1+ 1

n

)n logn



an = n

radicλn + 2

λ2n + en




3radic

2n6 +n+ 1

3n2 + 1


radic5n5 + 1

4radic

3n10 +n+ 1

3radicn3 +nminus 3

radicn3 + 1

radicn+

radicn+

radicnminus

radicn

4radicn2 + 1minus

radicn



2an + 7bn a b gt 0

1+ 2+ 3+ +nn2 + 1

12 + 22 + 32 + +n2

n3


1

20 + 2n+1+ 1

2+ 2n+1+ 1

22 + 2n+1+ + 1

2n + 2n+1


(1minus 1

22

)(1minus 1

32

) (

1minus 1

n2


3

radic

3

radic3

radic3

radic3


(2nminus 1)(3n+ 1)

n sinλ1


λn λ isin (01)

n+3

radic(2

3

)n+(

5

6

)n (3n2 + 4n4n2 + 1

)n

(2nminus 1

3n+ 7

)nn

radic1

nsin

1

n+ 2

n

radic1+ 1

2nn+1radicn

n

radicn2 + 2n2n2 + 1

3n

radicn2 + 7n+ 18

8n+ 4


3radic

1+ zn minus 1

zn

(λ+ zn)3 minus λ3

zn λ gt 0

radiczn + 1minus 1

zn





xn+1 =1

2

(xn +

axn

)και x1 = a





(nminus 1)x + an

)nge xnminus1a





xkminus1

k

)kge a


μικά με

xn+1 =1

k

((kminus 1)xn +

axkminus1n

)και x1 = a ge 1






xn+1

xn=

(1+ x

n+1

)n+1

(1+ x

n

)n =(

1+ xn+ 1

)( n+1+xn+1n+xn

)n




yn =(

1+ |x|nminus |x|

)n


ynyn+1

=

(1+ |x|

nminus|x|

)n(1+ |x|

n+1minus|x|

)n+1 =1

1+ |x|n+1minus|x|

nnminus|x|n+1

n+1minus|x|

n







1+ 1

nt

1+ t

)nle 1+ t




(1+ θ)p ge 1+ pθ






f(x) =(

1+ ax

)x






0 le a2

y2

y minus xx + a


Κεφάλαιο 6





















n+ 1

n= 2

nrarr 0




lim supnrarrinfin


an = infΥ(an)




lim infnrarrinfin


an (61)


lim infnrarrinfin


an



lim infnrarrinfin


an

















οπότε




οπότε





lim supnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(supak k ge n

)

και

lim infnrarrinfin

an = limnrarrinfin

(infak k ge n

)




limnrarrinfin

(supak k ge n




limnrarrinfin

(supak k ge n



supak k ge n ge akn


limnrarrinfin

(supak k ge n

)ge s



ℓ = limnrarrinfin

(supak k ge n

)



2






lim supnrarrinfin


bn

και

lim infnrarrinfin


bn





και



lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf



nrarrinfin

an+1

an





sup

ak+1

ak k ge n

le ℓ + ε


akle ℓ + ε (62)


an0+1

an0

an0+2

an0+1

an0+3







radican0

(ℓ + ε)n0


supkradicak k ge n

le (ℓ + ε) sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n


limnrarrinfin

(sup

kradicak k ge n

)le ℓ + ε



limnrarrinfin

(sup

k

radican0

(ℓ + ε)n0 k ge n

)= lim sup

nrarrinfinn

radican0

(ℓ + ε)n0

= limnrarrinfin

n

radican0

(ℓ + ε)n0= 1




Ασκήσεις


lim infnrarrinfin

an+1

anle lim inf

nrarrinfinnradican






lim infan+1


1


an+1

an= infin

Κεφάλαιο 7





τους







an =x1 + x2 + + xn

n




nle ε

2




n

∣∣∣∣∣




nε2le ε







n

nrarr ℓminus1



n1x1+ + 1

xn

rarr ℓ



x1 + x2 + + xnn

ge nradicx1x2 xn ge

n1x1+ + 1

xn

(71)






limnrarrinfin


= ℓ


limnrarrinfin

xp1

1 xp2



x1+ p2


xn

= ℓ








ltε2




∣∣∣∣∣




ε2lt ε




n








ge xp1

1 xp2


x1+ p2


xn

(72)







xnyn

= ℓ





ℓ = limp1

x1minusx0


ynminusynminus1

p1 + + pn= lim

xnyn



limlognn


= lim log

(n

nminus 1

)= lim log

(1+ 1

nminus 1

)= 0

Ασκήσεις





















limnrarrinfin


1+ r




an+1 =an + bn

2και bn+1 =

21an+ 1bn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicab




2ge 2

1anminus1

+ 1bnminus1



an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

21an+ 1bn

ge 21bn+ 1bn

= bn





limnrarrinfin

bn = limnrarrinfin


an












an+1 =an + bn

2και bn+1 =

radicanbn


limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

bn =radicπ2

(intinfin0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx)minus12






an+1 =an + bn

2le an + an

2= an και bn+1 =

radicanbn ge

radicbnbn = bn





οπότε

limnrarrinfin

an = limnrarrinfin

b2n+1

bn= limnrarrinfin

bn





I(a b) = I(a+ b

2radicab)


I(a b) =int π2

0


dθ


πρώτα ότι

I(a b) =intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dx




radicab)= I(a1 b1)



I(a1 b1) =1

2

intinfinminusinfin

1radicx2 + a2

1

radicx2 + b2

dx


ϕ(t) = 1

2

(t minus ab

t

) (0infin) rarr R



x2 + b21 =

1

4

(t + ab

t

)2

x2 + a21 =

1

4t2(t2 + b2)(t2 + a2)

και

dx = 1

2

(1+ ab

t2

)dt


I(a1 b1) = 1

2

intinfin0

112t

radict2 + a2

radict2 + b2 1

2

(t + ab

t

) 1

2

(1+ ab

t2

)dt

=intinfin

0

1radicx2 + a2

radicx2 + b2

dt

= I(a b)







n sin2 θ ge ℓ2

Έχουμε


0


a2n cos2 θ + b2

n sin2 θminus 1

ℓ

∣∣∣∣∣∣ dθ

leint π2

0

|a2n cos2 θ + b2



n sin2 θ + ℓ)

leint π2

0



le 4

3ℓ3

π2





an+1 minus bn+1

an minus bn= a2

n+1 minus b2n+1


4




le 1

2



2n(a1 minus b1)

Μέρος II

Σειρές

Κεφάλαιο 8


81 Ορισμοί



n=1

an



suminfinn=1 an











= N rarrinfin





n=1

λn




= λminus λN+1

Συνεπώς

sN =λ(1minus λN)

1minus λ


infinsum

n=1

λn = λ1minus λ


suminfinn=1 λ










s2N =2Nsum

n=1


ενώ


n=1












φής




suminfinn=n0







πρόταση


suminfinn=n1


suminfinn=n2




sN =Nsum

n=n1


και

tN =Nsum

n=n2






suminfinn=n0



Ασκήσεις


(i)

infinsum

n=1

1

2n(ii)

infinsum

n=1

2n

3n








n=1


n=1

(an + bn)


infinsum

n=1

λan = λinfinsum

n=1

an καιinfinsum

n=1

(an + bn) =infinsum

n=1

an +infinsum

n=1

bn


Nsum

n=1

(λan) = λinfinsum

n=1

an καιNsum

n=1

(an + bn) =Nsum

n=1

an +Nsum

n=1

bn





ηinfinsum

n=1

(1+

(1

2nminus 1

))=

infinsum

n=1

1

2n


suminfinn=1(2


Ασκήσεις



n=1

(an minus eminusn

)




(i)infinsum

n=1

n+ 1

n

(ii)infinsum

n=1

1

(nminus 1) (n+ 1)

(iii)infinsum

n=1

2n(2n+ 1)


infinsum

n=1

ϕ(n)n





(i)infinsum

n=1

n2 minus 3n+ 2

n

(ii)infinsum

n=1

(nminus 1)3

n





(i)infinsum

n=1

n+ 1

3n

(ii)infinsum

n=1

2n2 + 5

3n


n=1

nλnminus1 = 1

(1minus λ)2


n=1


Κεφάλαιο 9












sN = 1+ 1

2p+ 1


Nple pp minus 1






Ασκήσεις



s2N = 1+ 1

2+ 1


2N

=(

1+ 1

21

)+(

1

21 + 1+ 1

22

)+(

1

22 + 1+ 1


23

)+


1

2Nminus1 + 1+ 1


2N

)




n=1

1










n=1

an minusMsum

n=1

an

∣∣∣∣∣


∣∣

=∣∣∣∣∣

Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣





∣∣∣∣∣Nsum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε





∣∣∣∣∣M+1sum

n=M+1

an

∣∣∣∣∣ lt ε







infinsum

n=1

(n

n+ 1

)n


nn+ 1

)n= 1(

n+1n

)n =1(

1+ 1n

)n rarr1

ene 0









sN =1radic1+ 1radic

2+ 1radic


N

ge 1radicN+ 1radic



= N 1radicN=radicN




minusp




infinsum

n=1

1

n= infin





1+ 1

2+ 1

3+ 1

4+ 1

5+ 1


2n

= 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

3+ 1

4

)+(

1

5+ 1

6


(1

2nminus 1+ 1

2n

)

ge 1

2+(

1

2+ 1

2

)+(

1

4+ 1

4

)+(

1

6+ 1

6


(1

2n+ 1

2n

)

ge 1

2+ 1+ 1

2+ 1


n




συγκλίνει






απλά






n=M+1

an


n=M+1

|an| lt ε


συγκλίνει


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n(

1+ 2

n2

)n2






xn = 1+ 1


nminus 1minus logn

και

yn = 1+ 1


nminus logn


1+ 1


nrarrinfin


esN =Nprod

n=1

e1n ge N + 1















n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε



n=M+1

an

∣∣∣∣∣∣ =Nsum

n=M+1

an leNsum

n=M+1

bn =


n=M+1

bn

∣∣∣∣∣∣ lt ε


γκλίνει



Nsum

n=1

bn =n0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0

bn

gen0minus1sum

n=1

bn +Nsum

n=n0minus1

an =n0sum

n=1

bn minusn0sum

n=1

an +Nsum

n=1

an rarrinfin



νο





1

2ℓbn lt an lt

3

2ℓbn










anle bn+1







an =ananminus1

anminus1


a1a1 le

bnbnminus1

bnminus1


b1a1 =

a1

b1bn


Ασκήσεις


infinsum

n=1

(radicn2 + 1minusn

) infinsum

n=1


n

infinsum

n=1

1radic(n+ 1)n

infinsum

n=1

1

n(n+1)n

infinsum

n=1

nn2 + 3

infinsum

n=1

cos2nn2

infinsum

n=1

1

2n +n

infinsum

n=1

nminusradicnn2 +n

infinsum

n=1

sin1

n

infinsum

n=1

1

3n minusn

infinsum

n=1


infinsum

n=1

arctan1

3n2 + 2n+ 7


5eminusn6



infinsum

n=2

1


n=2

1

n2 minusninfinsum

n=2

1




infinsum

n=1

(1minus eminus1n)

infinsum

n=1

(nradicnminus 1)



infinsum

n=1

a2n

infinsum

n=1

apn p ge 1infinsum

n=1

an1+ an

infinsum

n=1

a2n

1+ a2n






λεσκοπική


infinsum

n=1

an = limnrarrinfin

bn minus b1


Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

(bn+1 minus bn)


Άρα

limNrarrinfin

Nsum

n=1

an = limNrarrinfin


bn minus b1



διότι1

n(n+ 1)= 1

nminus 1

n+ 1=(minus 1

n+ 1

)minus(minus 1

n

)

Άραinfinsum

n=1

1


(minus 1

n

)minus(minus1

1

)= 1






θέτουμε


an








0 lt an le1



ράsuminfinn=n0




ananminus1

ge 1bn1bnminus1









1np= n

(1minus

(n

n+ 1

)p)minus 1




Ασκήσεις


limnrarrinfin

n(

1minus(

nn+ 1

)p)= p

γράφοντας

(n+ 1)(

1minus(

nn+ 1


(1minus 1

n+1

)

p log(1minus 1

n+1

) log(1minus 1

n+1

)

1n+1




infinsumn=na

1


infinsum

n=1

2n

n

(1minus 2

n+ 1

)

infinsum

n=2

1

n(nminus 1)log

(n+ 1)nminus1

nn

infinsum

n=2

(neminusn


))

infinsum

n=2

1

nn

1

n+ 1

1(1+ 1

n

)n minus 1


nsum

k=1



infinsum

n=1

3n+ 2

n(n+ 1)(n+ 2)





suminfinn=1 b

minus1n

















suminfinn=1 a2n

συγκλίνει





















sN le skN+1minus1




ΔηλαδήNsum

n=1


n=1

(kn+1 minus kn)akn





k2minusk1 όροι





Δηλαδή

MNsum

n=1

an geNsum

n=2

(kn+1 minus kn)akn








φού












n=1

2n1

(2n)p=

infinsum

n=1

(1

2pminus1

)n





Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2 tan1

n3

infinsum

n=1

sinπradicn

infinsum

n=1

lognn32


infinsum

n=1

1

(n+ 1)np


infinsum

n=2

1

n(logn)pκαι

infinsum

n=2

1

n(logn)(log logn)p



(x)



(1)



n=e(k)+1

1






suminfinn=1 e











int n+1

nf(n)dx ge

int n+1

nf(x)dx ge

int n+1

nf(n+ 1)dx



Nsum

n=1

an =Nsum

n=1

f(n) geint N

1f(x)dx ge

Nsum

n=1

f(n+ 1) =N+1sum

n=2

f(n) =N+1sum

n=2

an






int t1f(x)dx le

int [t]+1

1f(x)dx le

infinsum

n=1

an









xminusp+1

minusp+1

∣∣∣∣infin

x=1= limxrarrinfin

x1minusp

1minusp minus1




Κεφάλαιο 10







ράsuminfinn=1 λ











infinsum

n=1

cn με cn ge 0





υπάρξει









suminfinn=1 an















θία an ne 0


∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣an+1

an




∣∣∣∣∣∣∣∣∣an+1

an


1minus ℓ2


∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ lt1+ ℓ

2lt 1



θα έχουμε



suminfinn=1 λ





an+1

an

∣∣∣∣ gtℓ + 1

2gt 1









suminfinn=1 1n2

συγκλίνει






Ασκήσεις





(α)infinsum

n=1

1

n(β)

infinsum

n=1

np


infinsum

n=1

2n

n(δ)

infinsum

n=1

nn

n(ε)

infinsum

n=1

nradicn

n


radicn(ne)n



e(ne

)nle n le e

radicn(ne

)n


infinsum

n=1

(ne)n

nκαι

infinsum

n=1

(ne)nradicnn




infinsum

n=1

3n

n3xn

infinsum

n=1

n(3n)(4n)

xn




bull Αν lim sup

∣∣∣∣an+1

an


bull lim inf

∣∣∣∣an+1

an



∣∣∣∣an+1

an



















2


|an| lt(

1+ ℓ2

)n






2


(1+ ℓ

2

)nlt |an|







1n2 = 1




νάρτηση


e =infinsum

n=0

1

n




ex = limnrarrinfin

(1+ x

n

)n=

infinsum

n=0

xn

n




s(x)minus(

1+ xn

)n=

infinsum

k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))xk



ανισότητα


1+ xn


k=2

1

k

(1minus

(1minus 1

n

)(1minus 2

n


(1minus kminus 1

n

))|x|k


(1+ |x|

n

)n∣∣∣∣∣




Ασκήσεις


infinsum

n=1

n2n

infinsum

n=1

np

en p isin R

infinsum

n=1

(n)n

nn2 infinsum

n=1

an2bn a b isin R


n=1

2n

n2xn






απολύτως














le 1np

1(nminus 1)p(101)



1np


n

)p=(

1minus 1

n

)pge 1minus p

n


ananminus1

le 1minus pn

ισοδύναμα

n(

1minus ananminus1

)ge p gt 1



limnrarrinfin

n(

1minus ananminus1

)







an θέτουμε

rdn = n(

1minus an+1

an

)













an+1

anle 1(n+ 1)p

1np=(

nn+ 1

)p


anan+1

ge(

1+ 1

n

)p


anan+1

ge epn





gn = n loganan+1

Τότε







Ασκήσεις












n(

1minus ananminus1

)ge n

(1minus

(1minus 1

n

)p)= p minusnAn









των λόγων

ananminus1

le

1

n(logn)p1


=(

1minus 1

n

)(log(nminus 1)

logn

)p

=(

1minus 1

n


logn

)p

=(

1minus 1

n

)(1+ log(1minus 1n)

logn

)p


ώστε

log

(1minus 1

n

)= minus 1

n+An



ananminus1

le(

1minus 1

n

)1minus

1n minusAnlogn

p

=(

1minus 1

n

)(1minus 1minusnAn

n logn

)p


(1minus 1minusnAn

n logn


n logn+ Bn


ananminus1

le(

1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)


(1minus 1

n

)(1minus p1minusnAn

n logn+ Bn

)= 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


ananminus1

le 1minus 1

nminus pn logn

+ Bn


(logn)(

1minusn(

1minus ananminus1

))le p + (n logn)Bn



την οποία

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))lt 1


αν

lim(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))gt 1



(logn)(

1minusn(

1minus an+1

an

))ge 1




Ασκήσεις


trand



an+1

an= 1minus b

nminus cnn2




σης σειρών


















πάρχει













infinsum

n=1

anrpnminus1







1minus x le 1


)


1minus x le 1

p minus 1

(1minus xpminus1

)









an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge an+krn+kminus1

+ + anrnminus1

ge an+krnminus1

+ + anrnminus1





an+krpn+kminus1

+ + anrpnminus1

ge 1

2




κλίνει


infinsum

n=1

anrpnminus1

=infinsum

n=1

anrnminus1

r 1minuspnminus1 =

infinsum

n=1


r 1minuspnminus1



r 1minuspnminus1 le

1


1minuspn

)



1minus rnrnminus1

le 1

1minus p

(1minus

(rnrnminus1

)1minusp)


x = rnrnminus1











infinsum

n=1

anspn




an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+1

ge an+ksn+k

+ + an+1

sn+k= sn+k minus sn

sn+k= 1minus sn

sn+k


an+kspn+k

+ + an+1

spn+1

ge 1

2





anspn

le ans2n





infinsum

n=1

anspn

leinfinsum

n=1

ansns

pminus1nminus1

=infinsum

n=1

sn minus snminus1

snspminus1nminus1


sn minus snminus1

snspminus1nminus1

le 1

p minus 1


1minuspn

)



1minus snminus1

snle 1

p minus 1

(1minus

(snminus1

sn

)pminus1)



Ασκήσεις



infinsum

n=2

1

n(logn)p


Κεφάλαιο 11




















Συνεπώς










Ασκήσεις


infinsum

n=1

(minus1)n

ncos

an a isin R

infinsum

n=1


infinsum

n=1








intfgprime






Nsum

n=M+1


n=M+1




Nsum

n=M+1




Nsum

n=M+1


n=M+1


=Nsum

n=M+1


n=M+1


Άρα

Nsum

n=M+1


n=M+1


οπότε

Nsum

n=M+1


n=M+1



κόλουθο













infinsum

n=1

anbn =infinsum

n=1




n=1


infinsum

n=1

(bn minus bnminus1)








let



Ασκήσεις








συγκλίνει


Κεφάλαιο 12










αρνητική



ℓ lt 1minus 1

2+ 1

3= 56





1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1

6+




1

4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2k


4kminus 3+ 1

4kminus 1minus 1

2kge 0


άρα

1+ 1

3minus 1

2+ 1

5+ 1

7minus 1

4+ 1

9+ 1

11minus 1


3minus 1

2= 5

6gt ℓ

















n 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 kn 2 1 4 3 6 5 8 7 10 9 12 11 14






suminfinn=1 a

primen =


suminfinn=1 an









λήμματα







12 N sube k1 k2 km












infinsum

n=N0+1

|an| lt ε





n=1

akn

∣∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣∣

sum

nnotink1k2kman

∣∣∣∣∣∣

lesum

nnotink1k2km|an| le

sum

nnotink1k2km0|an|

lesum

nnotin12N0|an| =

infinsum

n=N0+1

|an| lt ε


Ασκήσεις
















n=1

aprimen =infinsum

n=1

akn = x







0 αν an gt 0




infinsum

n=1

a+n =infinsum

n=1







infinsum

n=1

aminusn =infinsum

n=1

a+n minusinfinsum

n=1

an




infinsum

n=1

|an| =infinsum

n=1

a+n +infinsum

n=1

aminusn








prime3 a



n=1


n=1

aprimen







primen2+n3



N3sum

n=1


n=1

aprimen



n=1 aprimen



primeN3+n4


N4minus1sum

n=1


n=1

aprimen





bull

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen και

N2kminus1sum

n=1


n=1

aprimen (lowast)









n=1


n=1


| lt ε




N2ksum

n=1


n=1




Ασκήσεις





πυκνά στο R


primen = e


primen = 1000

Μέρος III


Κεφάλαιο 13




limNrarrinfin

Nprod

n=1

xn





prodinfinn=1 xn = 0






γκλίνει

Κεφάλαιο 14


Μέρος IV



Κεφάλαιο 15















xnϕ(n)

rarr 1






λέει ότι

limnrarrinfin

pnn logn

= 1


ϕ(n) = n logn


Η









limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1












=infinprod

n=1

(1+ 1

n

)x (1+ x

n

)minus1






Πx = limkrarrinfin



YY

Y

Y Y Y





1radic2π


22 dx = 1


τες

(i) Γ(x + 1) = xΓ(x)




ντες





Γ(12) =intinfin

0


22xdx =radic

2

intinfin0eminusx

22 dx =radic

21

2

radic2π =

radicπ





limxrarr+infin


= 1




limnrarr+infin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n




















13













(x minus x0)2


λημμα 1532

1radic2π


22 dy = 1



I2 =(intinfin

minusinfineminusx

22 dx)(intinfin

minusinfineminusy



2+y2)2 dxdy


I2 =int 2π

0

intinfin0eminusr

22r dr dθ


0

= 2π

Έτσι I =radic


λημμα 1533

limtrarrinfin

1radic2π

int tminusteminusy

22 dy = 1


radic2π



limtrarrinfin

intinfinteminusy

22 dy = 0



0eminusz

22eminuszt2 dz


0eminusz

22 dz =radic

2π2eminust

22







limtrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


= 1 (151)






f(x) = f(x0)+1


ge f(x0)+1


Άρα

int baetf(x) dx ge

int x0+δ

x0minusδetf(x) dx

ge etf(x0)int x0+δ


)(xminusx0)22 dx


ge etf(x0)

radic1




eminus12y

2

dy

Έτσι

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1radic

2π



eminus12y

2

dy

radic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)geradic




lim inftrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)ge 1 (152)




f(x) le f(x0)+1

2


)(x minus x0)2



int x0minusδ

aetf(x) dx +

int x0+δ


int bx+δ

etf(x) dx


)et(f(x0)minusθ

)+ etf(x0)

int x0+δ

x0minusδet2 (f


+(b minus (x0 + δ)

)et(f(x0)minusθ)


x0minusδet2 (f




radic2π


)


lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)leradic




lim suptrarrinfin

int baetf(x) dx

etf(x0)

radic2π


)le 1 (153)






limxrarrinfin


= 1



Γ(x + 1) = xx+1











Γ(x + 1)xx+1

=int 2










1

eminusxradic

2πx

int 2


xx+1eminusxradic

2πx

le 1

eminusxradic

2πx

int 2





limxrarrinfin


radic2πx

= 1




limnrarrinfin

nradic2πn(ne)n

= 1


n ≃radic

2πn(ne

)n



radic2πn

(ne

)ne(12n+1)minus1

lt n ltradic

2πn(ne

)ne(12n)minus1



2

)logn+n = log

nen

nnradicnrarr log

radic2π




2

)log

n+ 1

nminus 1

=(n+ 1

2

)log

1+ (2n+ 1)minus1


(12

log1+t1minust = t +

t3

3+ t5

5+ t7


)

= 1

3(2n+ 1)2+ 1

5(2n+ 1)4+ 1



1

3(2n+ 1)2+ 1

3(2n+ 1)4+ 1



1

12n(n+ 1)= 1

12nminus 1

12(n+ 1)



1

12n+ 1minus 1

12(n+ 1)+ 1






radic2π)








2πx exp(micro(x)

)


micro(x) = 1

12xminus 1

3

intinfin0

p3(t)(t + x)3 dt



2 + 12t




Ασκήσεις





0(minus log t)x dt




Γ

(n+ 1

2

)= (2n)

4nn

radicπ


0eminust

adt = 1

aΓ

(1

a

)

όπου a gt 0








B(xy) ≃radic

2πxxminus

12yyminus

12

(x +y)x+yminus 12


αν

limnrarrinfin

f(x +n)(nminus 1)nx

= 1

τότε


(nminus 1)nx



(nk

)kle(nk

)lt

1

e

(enk

)k


(nk

)= nk

kminus1prod

i=1


nminus ikminus i ge

nk


(nk

)ltnk

kκαι ekminus1 ge

kminus1prod

i=1

(1+ 1

i

)i= kk

k


suminfinn=o k




(nk

)=(nnminusk


max

(nk

)k(

nnminus k

)nminuskle(nk

)lt

1

emin

(enk

)k(ennminus k

)nminusk








θέσουμε


∣∣∣


limxrarrinfin

π(x)x logx

= 1


















Θέτουμε

ζ(z) =infinsum

n=1

1

nz Φ(z) =

sump

logppz

ϑ(x) =sumplex

logp





ζ(z) =prodp

1

1minus pminusz




ζ(z) =sum

r1 r2ge0

1

(2r13r25r37r411r5 )z



r1ge0

1

2r1z

sum

r2ge0

1

3r25r37r411r5 )z


ζ(z) =prodp

sum

rge0

pminusrz =

prodp

1








ζ(z)minus 1

z minus 1=

infinsum

n=1

1

nzminusintinfin

1

1

xzdx =

infinsum

n=1

int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx


∣∣∣∣∣int n+1

n

(1

nzminus 1

xz

)dx

∣∣∣∣∣ =∣∣∣∣∣zint n+1

n

int xn

1

tz+1dtdx

∣∣∣∣∣

le maxnletlen+1

∣∣∣∣ztz+1

∣∣∣∣

le |z|nreal(z)+1








=sump

logppz minus 1

= Φ(z)+sump

logppz(pz minus 1)



Φ(z)minus 1

z minus 1= minusζ

prime(z)ζ(z)


logppz(pz minus 1)

+(ζ(z)minus 1

z minus 1

)












+ h3(z)


με ότι

limεrarr0+


και

limεrarr0+



ζ(z) = 1

z minus 1+ h1(z)


ότι


1+ ε2hprime1(1+ ε)1+ εh1(1+ ε)

rarr 1


limεrarr0+


minusεζ


sump


= 1



limεrarr0+





2sum

r=minus2

(4

2+ r

)Φ(1+ ε + ira) =

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)sump

logpp1 + ε + ira

=sump

logpp1+ε

2sum

r=minus2

(4

2+ r

)1

pira

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m

)1

pi(mminus2)a

=sump

logpp1+ε

4sum

m=0

(4

m


=sump

logpp1+ε (p

ia2 + pminusia2)4

=sump

logpp1+ε (2real(p

ia2))4 ge 0


2sum

r=minus2

(4

2+ r






ϑ(x) lesumplex

logx = (logx)π(x)

άραϑ(x)x

le π(x)x logx

(156)


ϑ(x) gesum


sum



)






ϑ(x)x

le π(x)x logx

le 1

1minus εϑ(x)x

+ logxxε

(157)


limxrarrinfin

ϑ(x)x

= 1



int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint (1+ε)xx

(1+ ε)x minus tt2

dt


int (1+ε)xx

ϑ(t)minus tt2

dt geint 1+ε

1

(1+ ε)minusyy2

dy gt 0


limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt (158)



int x(1minusε)x

ϑ(t)minus tt2



dt =int 1

1minusε

1minus ε minus tt2

dt lt 0




intinfin1

ϑ(x)minus xx2

dx = limTrarrinfin

int T1

ϑ(t)minus tt2

dt











g(z) =intinfin

0f(t)eminuszt dt =

intinfin0


)eminuszt dt

=intinfin



=intinfin


z


zintinfin


intinfin1

ϑ(x)xz+1

dx =infinsum

n=1

int pn+1

pn

ϑ(x)xz+1

dx

=infinsum

n=1

int pn+1

pnzϑ(pn)xz+1

dx

=infinsum

n=1

ϑ(pn)

(1

pznminus 1

pzn+1

)



infinsum

n=1


=infinsum

n=1

logpnpzn

= Φ(z)


g(z) = Φ(1+ z)1+ z minus 1

z











22n = (1+ 1)2n =(

2n0

)+ +

(2n2n

)ge(

2nn

)

Αλλά


nltple2n

p le(

2nn

)

διότι (2nn







ϑ(x) le Cx







1+ z2

T 2

)


g(0)minus gT (0) =1

2πi

int

C


)

zdz








T


real(z)



(1+ z2

R2

)1

z


∣∣∣∣∣R2 + z2

R2z


R2


)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


Συνεπώς

∣∣∣∣∣1

2πi

int

C+

(g(z)minus gT (z)

)ezT

(1+ z2

R2

)1

z


int

C+dz = finfin

R



∣∣∣∣∣1

2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cprimeminus|gT (z)|

∣∣∣∣∣ezT

(1+ z2

R2

)1

z

∣∣∣∣∣ dz

Αλλά




|real(z)|


2πi

int


(1+ z2

R2

)1

zdz



1

2πi

int

Cminusg(z)ezT

(1+ z2

R2

)1

zdz

∣∣∣∣∣

le 1

2π

int

Cminus

∣∣∣∣∣g(z)(

1+ z2

R2

)1

z





lim supTrarrinfin


R



lim supTrarrinfin

∣∣g(0)minus gT (0)∣∣ = 0







Λογισμός Α



2004





1989

















Hall 1996


Σύμβολα

άνω








όριο










όριο 45

όροι 19

αύξουσα 27




βασική 53













μηδενική 39

μονότονη 27

φραγμένη 31


φθίνουσα 27





Cauchy 53

infimum 32

supremum 32




ανώτερο





σειράς 127


ανισότητα

Bernoulli 10



80






θία 31



83









τα 14




γνησίως







ελάχιστο


32




επαγωγή 9




κάτω








λουθίες 81

κατώτερο



κριτήριο


112



κό 51






101




104

Cauchy 96

Bertrand 117 118

Gauss 119

Dini-Kummer 102

Dirichlet 124 125

Leibniz 123

Raabe-Duhamel 115




μέγιστο


32


μέσος








89




45



θιών 51


τησης 59









σειρά 89

αρμονική 98




σειρές


112






110



σης 100






Cauchy 104















θεώρημα


Riemann 130




lliimmssuupplimsup - University of the Aegean

Documents

Transcript of lliimmssuupplimsup - University of the Aegean