Twoim problemem jest to, że powszechną NICOŚĆ mylisz z osobistą PUSTKĄ
1)Ustalamy E>0 i szukamy n0ER takiego że dla n>n0 mamy |Xn-g|<E gdzie Xn to dany ciąg: |Xn-1/2|=…=3n2-24n+8/8n3-6n2=<3n2+8/8n3-6n2=<3n2+n2/2n3=2/n<E <- n>2/E || Jeśli n>n0=2/E to |Xn-1/2|<E, co wobec dowolności E>0 dowodzi ze LimXn=1/2
2) Dana jest funkcja x/1+4x dla xER+. Czy jest metryką. Wyznaczyć kulę o środku 1 i promieniu 1/10. || Tw. Jeśli f: P->R jest różnowartościowa to funkcja ro(x,y)=|f(x)-f(y)| dla x,yEP jest metryką w zbiorze P. || Na podstawie twierdzenia wystarczy wykazać że funkcja jest różnowartościowa. Jeśli tak to będzie metryką. || Jeśli dla x,y>=0 f(x)=f(y) to: || x/1+4x=y/1+4y… x=y bo x,y>=0 stąd funkcja f(x) jest różnowartościowa a zatem ro jest metryką w zbiorze P. || K(1,1/10)={xER+:ro(x,1)<1/10} || ro(1,A)=|f(x)-f(1)|=|x/1+4x-1/1-4|=…=|x-1/5+20x|<1/10 || Dwa przypadki x-1/5+20x<1/10 v x-1/5+20x>-1/10 || xE(1/6,+) , K=(1,10)=(1/6,+).
3) Dla m,nEN określamy ro(m,n)=|1/m-1/n|. Wykaż że ro jest metryką w N. Wyznacz kulę K(3,1/4). ||| ro(m,n)=0 <=> m=n. Ponieważ symetria i nierówność trójkąta wykazujemy identycznie jak w dowodzie twierdzenia to ro jest metryką w N. || K(3,1/4)={mEN: ro(3,m)<1/4} || ro(3,m)=|1/m-1/3|<1/4 || dwa przypadki: 1/m-1/3<1/4 v 1/m-1/3>-1/4 || m>12/7 v m<12 || mE(12/7,12) || mE(2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12)
4) K((0,0);2)={(x,y),(0,0)<2} || ro((x,y),(0,0)=|x| +{1 dla y=/0 i 0 dla y=0 || |x|<2 stÄ…d xE(-2,2) i |x|+1<2 stÄ…d XE(-1,1).
Kiedy g jest metryką 1.g(x,y)=0<=>x=y 2.g(x,y)=g(y,x) 3.g(x,y)=<g(x,z)+g(y,z) Ad1.g(x,y)=0<=>f(x)=f(y) dla x,yEP<=>x=y f jest różnowartościowa Ad2.g(x,y)=|f(x)-f(y)| = |f(y)-f(x)|=g(y,x) symetria jest spełniona zawsze. Ad3.x,y,zEP g(x,y)=|f(x)-f(y)|=|f(x)-f(z)+f(z)-f(y)|=|a+b|=<|a|+|b|=|f(x)-f(z)|+|f(z)-f(y)|=g(x,z)+g(z,y) nierówność trójkąta jest spełniona.
Â
Â
Kryterium d Alemberta:Jeśli istnieje Lim|xn+1|/|xn|=g to dla g>1 szereg nie jest zbieżny.
Kryterium Cauchego:jeśli istnieje Lim pierwiastek n-tego stponia z |xn|=g to dla g<1 szereg jest zbierzny.
3.ciągach-dane są ciągi xn,yn,zn. Zakładamy że limxn=limzn=geR^ i istnieje n0ER takie że dla n>n0 mamy xn=<yn=<zn. Wówczas limyn=g.
Granica ciągu-mówimy że punkt g jest granicą ciągu xn gdy dla dowolnego otoczenia standardowego Ug punktu g istnieje n0ER taka że dla n>n0 mamy xnEUg. tzn Ug zawiera prawie wszystkie wyrazy ciągu xn
A={xER;sin Pi/x=1} || sinL=1<=>L=Pi/2+2kPi dla kEZ || Pi/x=Pi/2+2kPi || x=2/1+4k || A={xER;x=2/1+4k dla kEZ} || A``=Au{0}. A jest zbiorem domkniętym. || A’’ jest zwarte ponieważ jest domknięty i ograniczony. AC[-2/3;2]
A={xER;cosPi/x=1} || cosPi/x=1<=>Pi/x=2kPi || x=1/2k dla k=/0 || A={xER;x=1/2k dla kEZ\{0}} || A``=Au{0} – domkniecie A || A`` jest zwarte ponieważ jest domknięty i ograniczony.
Lim n2-2n3/6+n+2n2=-nieskoń. || v=[-,b), bER, b<0 || def granicy ciągu || w naszym zadaniu g=- à Ug=[-,b) bER, można założyć że b<0 || xnEUg=[-,b)<=>xn<b ustalamy b<0 || xn=n2-2n3/6+n+2n2<b || szunamy n0ER takiego że dla n>n0 mamy xn<b || 2n3-n2/6+n+2n2>-b=c>0 || zmniejszamy ułamek >2n3-n3/3n2=n/3>c => n>3c=n0 || n0=max{3,3c}=max{3,-3b} || Jeśli n>n0 to n>3(-b) to 2n3-n2/6+n+2n2>-b => xnE[-,b) gdzie b jest dowolną liczbą ujemną co wobec dowolności b dowodzi że LimXn=-
Â