ВУЗ: Не указан
Категория: Не указан
Дисциплина: Не указана
Добавлен: 08.11.2023
Просмотров: 518
Скачиваний: 4
ВНИМАНИЕ! Если данный файл нарушает Ваши авторские права, то обязательно сообщите нам.
СОДЕРЖАНИЕ
1
, . . . , x n
} для любого n.
2 1.7.3. Предельный переход и арифметические операции.
Определение 1.7.9. Если {x n
}, {y n
} — две числовые последовательности, то их суммой, произведением и частным называются последовательности
{x n
+ y n
}, {x n
· y n
},
x n
y n
(отношение определено, если y
n
6= 0).
Теорема 1.7.2. Пусть {x n
}, {y n
} — две числовые последовательности. Если lim x n
= A, lim y n
= B, то a) lim (x n
+ y n
) = A + B;
b) lim x n
· y n
= A · B;
c) lim x
n y
n
=
A
B
,
B 6= 0, y n
6= 0.
Доказательство теоремы предоставляется читателю.
1.7.4. Предельный переход и неравенства.
Теорема 1.7.3. Пусть {x n
}, {y n
} — две сходящиеся последовательности, при- чем lim n→∞
x n
= A, lim n→∞
y n
= B.
Если A < B, то существует такой номер N ∈ N, что для любых n > N выполня- ется неравенство x n
< y n
Доказательство. Возьмем число C, такое что A < C < B (см. свойство I
3
дей- ствительных чисел.) По определению предела найдем числа N
′
и N
′′
так, чтобы при любом n > N
′
было выполнено |x n
− A| < C − A и при любом n > N
′′
также выпол- нялось |y n
− B| < B − C. Тогда при n > N = max {N
′
, N
′′
} получим x
n
< A + (C − A) = C < B − (B − C) < y n
. 2
Теорема 1.7.4 (о зажатой последовательности). Пусть последовательности
{x n
}, {y n
}, {z n
} таковы, что при любом n > N ∈ N имеет место соотношение x
n
6
y n
6
z n
. Если при этом последовательности {x n
}, {z n
} сходятся к одному и тому же пределу, то последовательность {y n
} также сходится к этому пределу.
Доказательство. Пусть lim n→∞
x n
= lim n→∞
z n
= A. Для ε > 0 найдем числа N
′
и N
′′
так, чтобы при любом n > N
′
иметь A − ε < x n
и при любом n > N
′′
выполнялось z
n
< A + ε.
Тогда при n > N = max{N
′
, N
′′
} получим
A − ε < x n
6
y n
6
z n
< A + ε
или |y n
− A| < ε, т.е. lim n→∞
y n
= A.
2
Эту теорему иногда называют "правилом двух милиционеров".
Следствие 1.7.1. Пусть lim n→∞
x n
= A и lim n→∞
y n
= B. Если существует номер N
такой, что при любом n > N :
a) x n
> y n
, то A > B;
b) x n
>
y n
, то A > B;
c) x n
> B, то A > B;
d) x n
>
B, то A > B.
– 24 –
Доказательство. Рассуждая от противного, из теоремы 1.7.3 немедленно получа- ем первые два утверждения a), b). Утверждения c) и d) есть частные случаи первых двух, получающиеся при y n
= B.
2
Пусть x n
=
1
n
, y n
= 0. Тогда
1
n
> 0 означает, что x n
> y n
. Переходя к пределу при n → ∞, получим, что A = 0, B = 0 и A = B, т.е. строгое неравенство x n
> y n
после предельного перехода может стать равенством.
Следствие 1.7.2. Пусть последовательность {z n
} сходится и lim n→∞
z n
= a, a 6=
0. Тогда существует номер N такой, что при любом n > N выполняется:
a) z n
>
a
2
, если a > 0;
b) z n
<
a
2
, если a < 0;
c) |z n
| >
a
2
Доказательство. Утверждение a) получается из теоремы 1.7.3, если положить x
n
=
a
2
, y n
= z n
. Тогда A =
a
2
< a = B при a > 0. Аналогично получаем утверждение b). Последний пункт c) есть следствие первых двух.
2 1.8. Теоремы о существовании предела последовательности
1.8.1. Критерий Коши. Изучим в этом параграфе одну из важнейших теорем математического анализа, имеющую многочисленные аналоги в других разделах ма- тематики (и самого математического анализа).
Определение 1.8.1. Последовательность называется фундаментальной (или последовательностью Коши), если для любого числа ε > 0 найдется такой номер
N ∈ N, что из n > N и m > N следует выполнение неравенства |x m
− x n
| < ε. Усло- вие, которому удовлетворяет фундаментальная последовательность, называется условием Коши.
Пример 1.8.1. Пусть x n
=
1
n
. Показать, что эта последовательность фундамен- тальна.
Решение. Учитывая, что lim n→∞
x n
= 0, можно для любого ε > 0 указать номер
N ∈ N, что из n > N и m > N следует 0 < x n
<
ε
2
, 0 < x m
<
ε
2
. Тогда |x m
− x n
| 6
|x m
| + |x n
| <
ε
2
+
ε
2
= ε.
Теорема 1.8.1 (критерий Коши сходимости последовательности). Числовая по- следовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна.
Доказательство. Покажем сначала необходимость, т.е. что из существования предела последовательности вытекает ее фундаментальность.
Пусть lim n→∞
x n
= A. Из определения предела следует, что для ε > 0 существует номер N такой, что при n > N выполняется |x n
− A| <
ε
2
и при m > N также
|x m
− A| <
ε
2
. Тогда
|x m
− x n
| = |(x m
− A) + (A − x n
)| 6 |x m
− A| + |A − x n
| <
ε
2
+
ε
2
= ε,
т.е. условие Коши выполнено.
– 25 –
Перейдем к доказательству достаточности условия Коши для сходимости после- довательности {x n
}.
Пусть {x n
} — фундаментальна. Разобьем доказательство на три этапа.
1) Покажем ограниченность фундаментальной последовательности. Для любого
ε > 0 существует номер N такой, что из k > N , m > N следует
|x k
− x m
| <
ε
3
,
или
−
ε
3
< x k
− x m
<
ε
3
,
или x
m
−
ε
3
< x k
< x m
+
ε
3
(1.8.1)
Пусть теперь ε = 1, а m = N + 1. Тогда x
N +1
−
1 3
< x k
< x
N +1
+
1 3
. Подчеркнем,
что в последнем неравенстве k произвольно (k > N), а x
N +1
−
1 3
и x
N +1
+
1 3
есть неко- торые константы. Это означает, что последовательность {x k
}, k > N, ограничена. Но элементов, имеющих номера k 6 N, конечное число, значит вся последовательность ограничена.
2) Построение последовательности вложенных отрезков.
Пусть a
n
= inf k>n x
k
, b n
= sup k>n x
k
(указанные величины существуют, так как последовательность {x n
} ограничена).
Из определений точной верхней и точной нижней границ вытекает, что a n
6
a n+1 6
b n+1 6
b n
. Таким образом, последовательность [a n
, b n
] образует последовательность вложенных отрезков. Покажем, что длина этих отрезков стремится к 0 при n → ∞.
Из неравенства (1.8.1) при m = N + 1 получаем, что x
N +1
−
ε
3 6
inf k>n x
k
= a n
6
b n
= sup k>n x
k
6
x
N +1
+
ε
3
,
откуда длина отрезка [a n
, b n
], n > N , оценивается величиной ε, так как b n
− a n
6 2ε
3
< ε.
3) Используем принцип Кантора о вложенных отрезках [a n
, b n
].
Пусть A — единственная точка, принадлежащая всем этим отрезкам, т.е. a n
6
A 6 b n
. Но элементы последовательности x k
с номерами k > n также принадлежат отрезку [a n
, b n
]. Действительно,
a n
= inf k>n x
k
6
x k
6
sup k>n x
k
= b n
Тогда |A − x k
| 6 b n
− a n
< ε при k > n > N , что и говорит о сходимости последова- тельности {x n
} к числу A.
2
Рассмотрим примеры, в которых необходимо изучить сходимость последователь- ности {x n
}, используя критерий Коши.
Пример 1.8.2. Рассмотрим последовательность x n
=
sin n n
. Показать, что она сходится.
– 26 –
Решение. Пусть ε > 0 фиксировано. Оценим величину |x m
− x n
| =
sin m m
−
sin n n
Пусть для определенности m > n. Тогда sin m m
−
sin n n
=
sin m m
+
sin n n
6 1
m
+
1
n
<
1 2n
Если в качестве N взять величину
1 2ε
и потребовать, чтобы n > N (тем более m > N ), то |x m
−x n
| < ε и последовательность оказалась фундаментальной, а значит,
и сходящейся по критерию Коши.
Пример 1.8.3. Рассмотрим последовательность x n
= (−1)
n
. Показать, что она расходится (по критерию Коши).
Решение. Уже было показано, что последовательность {x n
} расходящаяся, т.е.
она не является фундаментальной. Проведем формальную проверку этого факта.
Сформулируем прежде всего отрицание того, что последовательность {x n
} фунда- ментальная.
Числовая последовательность {x n
} не удовлетворяет условию Коши, если суще- ствует ε > 0 такое, что при любом N ∈ N найдутся числа n, m больше N, для которых |x n
− x m
| > ε или, в формальной логической записи,
∃ε > 0 ∀N ∈ N ∃n > N ∃m > N ⇒ |x n
− x m
| > ε.
Для последовательности x n
= (−1)
n положим ε = 1. Тогда при любом N ∈ N и n = N + 1, m = N + 2 будем иметь
|x n
− x m
| =
(−1)
N +1
− (−1)
N +2
=
(−1)
N +1
+ (−1)
N +1
=
=
2 · (−1)
N +1
= 2 ·
(−1)
N +1
= 2 > 1 = ε.
Пример 1.8.4. Рассмотрим последовательность x n
= 1 +
1 2
+ · · · +
1
n
. Показать,
что эта последовательность не является фундаментальной и поэтому расходится.
Решение. По аналогии с предыдущим примером проверим, что выполняется усло- вие отрицания определения фундаментальности. Пусть ε =
1 4
и m = 2k, n = k, где k
— произвольное натуральное число. Тогда
|x
2k
− x k
| =
1
k + 1
+ · · · +
1
k + k
>
1
k + k
+ · · · +
1
k + k
=
=
k k + k
=
1 2
>
1 4
1.8.2. Теорема Вейерштрасса.
Определение 1.8.2. Последовательность называется возрастающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
6
x n+1
;
строго возрастающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
< x n+1
;
убывающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
>
x n+1
;
строго убывающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
> x n+1
Последовательности этих четырех видов называются монотонными.
Иногда возрастающие последовательности называют неубывающими, строго воз- растающие — возрастающими, убывающие — невозрастающими, а строго убывающие
— убывающими. Поэтому в случае непонимания нужно обращаться к определению.
– 27 –
Пример 1.8.5. Пусть x
1
= 0; x
2
= 0, α
1
; x
3
= 0, α
1
α
2
; . . . ; x n
= 0, α
1
α
2
. . . α
n−1
;
. . . , где α
i
— произвольная цифра. Показать, что указанная последовательность —
возрастающая.
Решение. Очевидно из определения.
Определение 1.8.3. Последовательность называется ограниченной сверху, ес- ли существует число M такое, что ∀n ∈ N ⇒ x n
< M . Аналогично определяется последовательность, ограниченная снизу.
Пример 1.8.6. Проверить ограниченность последовательности
sin n n
Решение. Последовательность
sin n n
ограничена сверху (M = 1,
sin n n
< 1).
Она ограничена и снизу.
Теорема 1.8.2 (Вейерштрасс). Для того чтобы возрастающая последователь- ность имела предел, необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена сверху.
Доказательство.
Необходимость. Так как любая сходящаяся последовательность ограничена, то она ограничена сверху.
Достаточность. Нужно доказать существование предела у возрастающей после- довательности, ограниченной сверху. Обозначим эту последовательность {x n
}. По условию x n
6
M для всех n ∈ N и для некоторого M. Тогда существует и точная верхняя граница этого множества B = sup n∈N
{x n
}. По определению точной верхней гра- ницы для любого ε > 0 найдется элемент x
N
∈ {x n
} такой, что B − ε < x
N
6
B.
Но так как последовательность {x n
} возрастающая, то при любом n > N получим
B − ε < x
N
6
x n
6
B, т.е.
|B − x n
| = B − x n
< ε.
Таким образом, доказано, что lim n→∞
x n
= B.
2
Заметим, что мы доказали:
lim n→∞
x n
= sup n∈N
{x n
}.
Замечание 1.8.1. Аналогичную теорему можно сформулировать и доказать для убывающей последовательности, ограниченной снизу. В этом случае lim n→∞
x n
= inf n∈N
{x n
}.
Замечание 1.8.2. Ограниченность сверху (снизу) возрастающей (убывающей)
последовательности на самом деле, очевидно, равносильна ограниченности этой по- следовательности.
Пример 1.8.7. Показать, что lim n→∞
n q
n
= 0, если q > 1.
Решение. Проверим сначала, что последовательность
n q
n
убывает. Действи- тельно, если x n
=
n q
n и x n+1
=
n + 1
q n+1
, то x
n+1
x n
=
n + 1
nq
,
n ∈ N. Покажем, что n + 1
nq
< 1, начиная с некоторого номера N . А это будет означать, что с этого номера x
n+1
< x n
. Для этого убедимся, что предел lim n→∞
n + 1
n · q
< 1.
– 28 –
α
n+1
= 1 + 1 +
1 2!
1 −
1
n + 1
+
1 3!
1 −
1
n + 1
1 −
2
n + 1
+ · · ·
+
1
(n + 1)!
1 −
1
n + 1
1 −
n n + 1
Из полученных разложений для α
n и α
n+1
следует, что α
n
< α
n+1
Действительно, слагаемые в разложении α
n меньше соответствующих слагаемых в разложении α
n+1
. Например,
1 3!
·
1 −
1
n
·
1 −
2
n
<
1 3!
·
1 −
1
n + 1
·
1 −
2
n + 1
К тому же количество слагаемых в разложении α
n+1
на единицу больше, чем в разложении α
n
Далее,
α
n
= 2 +
1 2!
·
1 −
1
n
+
1 3!
·
1 −
1
n
·
1 −
2
n
+ · · · +
1
n n
<
< 2 +
1 2!
+
1 3!
+ · · · +
1
n!
< 2 +
1 2
+
1 2
2
+ · · · +
1 2
n−1
<
< 2 + 1 = 3,
т.е. α
n
< 3 для всех n ∈ N.
На основании теоремы 1.8.2 предел последовательности α
n существует. Его стан- дартное обозначение — e. Оно равно e = 2, 718281828459045 . . .
1.9. Подпоследовательности. Частичный предел последовательности.
Верхний и нижний пределы
1.9.1. Частичный предел последовательности.
Определение 1.9.1. Пусть задана некоторая последовательность {x n
}, и n
1
< n
2
< · · · < n k
< . . .
есть строго возрастающая последовательность натуральных чисел. Тогда после- довательность x
n
1
, x n
2
, . . . , x n
k
, . . .
называется подпоследовательностью последовательности {x n
}.
Пример 1.9.1. Пусть задана последовательность
1,
1 2
,
1 3
, . . . ,
1
n
, . . .
Записать некоторые ее подпоследовательности.
Решение.
a) 1,
1 3
,
1 5
, . . . ,
1 2n − 1
, . . .
(n
1
= 1, n
2
= 3, . . . , n k
= 2k − 1, . . . );
б)
1 2
,
1 4
,
1 8
, . . . ,
1 2
n
, . . .
n
1
= 2, n
2
= 4, . . . , n k
= 2
k
, . . .
;
в)
1 5
,
1 10
,
1 15
, . . . ,
1 5n
, . . .
(n
1
= 5, n
2
= 10, . . . , n k
= 5k, . . . ).
Но последовательность
1,
1 3
,
1 2
,
1 4
, . . . ,
1
n
, . . .
– 30 –
1
∈ N так, что |x n
1
− x| < 1;
n
2
∈ N (n
1
< n
2
) так, что |x n
2
− x| <
1 2
; . . . ; n k
∈ N
(n k−1
< n k
) так, что |x n
k
− x| <
1
k
; . . . Ясно, что lim k→∞
x n
k
= x.
2
Определение 1.9.2. Будем писать x
n
→ +∞
lim n→∞
x n
= +∞
и говорить, что последовательность {x n
} стремится к плюс бесконечности, если для каждого числа c найдется номер N ∈ N, такой что x n
> c при любом n > N .
Аналогично даются определения для случая x n
→ −∞, x n
→ ∞.
Последовательность {2
n
} стремится к +∞, последовательность {−2
n
} стремится к −∞, последовательность {(−2)
n
} стремится к ∞. Последовательность {n
(−1)
n
} не стремится ни к +∞, ни к −∞, ни просто к бесконечности, но является неограничен- ной.
1.9.2. Верхний и нижний пределы. Пусть задана последовательность {x k
}.
Построим новую последовательность {a n
}, a n
= inf k>n x
k
, предполагая, что {x k
} огра- ничена снизу. Ясно, что {a n
} возрастает и, следовательно, lim n→∞
a n
есть либо конечное число, либо символ +∞.
Определение 1.9.3. Число l (или символ +∞) называется нижним пределом последовательности {x k
}, если l = lim n→∞
a n
= lim n→∞
inf k>n x
k
или lim n→∞
a n
= +∞
Для последовательности {x k
}, неограниченной снизу, полагаем, что нижний пре- дел равен −∞. Нижний предел обозначается символом lim k→∞
x k
– 31 –
Аналогично, рассматривая последовательность b n
= sup k>n x
k
, определяем верхний предел lim k→∞
x k
последовательности {x k
}.
Приведем примеры.
Пример 1.9.2. Для последовательности x k
= (−1)
k найти верхний и нижний пределы.
Решение.
lim k→∞
x k
= lim n→∞
inf k>n
(−1)
k
= lim n→∞
(−1) = −1,
lim k→∞
x k
= lim n→∞
sup k>n
(−1)
k
= lim n→∞
1 = 1.
Пример 1.9.3. Для последовательности x k
= −k
2
найти верхний и нижний пре- делы.
Решение.
lim k→∞
−k
2
= −∞,
lim k→∞
−k
2
= lim n→∞
sup k>n
−k
2
= lim n→∞
−n
2
= −∞.
Пример 1.9.4. Для последовательности x k
=
1
k найти верхний и нижний преде- лы.
Решение.
lim k→∞
1
k
= lim n→∞
inf k>n
1
k
= lim n→∞
0 = 0,
lim k→∞
1
k
= lim n→∞
sup k>n
1
k
= lim n→∞
1
n
= 0.
Упражнение 1.9.1. Найти верхний и нижний пределы последовательности k
(−1)
k
Определение 1.9.4. Число (или символ +∞ или −∞) называют частичным пределом последовательности, если в ней есть подпоследовательность, сходящаяся к этому числу (или символу +∞, −∞).
Теорема 1.9.2. Нижний и верхний пределы последовательности являются, со- ответственно, наименьшим и наибольшим из ее частичных пределов. (При этом считаются принятыми естественные соотношения −∞ < x < +∞ между симво- лами −∞, +∞ и числами x ∈ R.)
Доказательство. Проведем его для нижнего предела и для случая, когда после- довательность ограничена. Пусть lim k→∞
x k
= a
(a — конечное число, так как {x k
} — ограниченная последовательность). Сначала покажем, что a — частичный предел.
Пусть a n
= inf k>n x
k
. Тогда для любого n ∈ N, используя определение нижней грани,
подберем числа k n
∈ N так, что a n
6
x k
n
6
a n
+
1
n и k n
< k n+1
. Переходя в последнем неравенстве к пределу при n → ∞, получим, что lim n→∞
x k
n
= a, и мы доказали, что a
— частичный предел последовательности {x k
}.
– 32 –
, . . . , x n
} для любого n.
2 1.7.3. Предельный переход и арифметические операции.
Определение 1.7.9. Если {x n
}, {y n
} — две числовые последовательности, то их суммой, произведением и частным называются последовательности
{x n
+ y n
}, {x n
· y n
},
x n
y n
(отношение определено, если y
n
6= 0).
Теорема 1.7.2. Пусть {x n
}, {y n
} — две числовые последовательности. Если lim x n
= A, lim y n
= B, то a) lim (x n
+ y n
) = A + B;
b) lim x n
· y n
= A · B;
c) lim x
n y
n
=
A
B
,
B 6= 0, y n
6= 0.
Доказательство теоремы предоставляется читателю.
1.7.4. Предельный переход и неравенства.
Теорема 1.7.3. Пусть {x n
}, {y n
} — две сходящиеся последовательности, при- чем lim n→∞
x n
= A, lim n→∞
y n
= B.
Если A < B, то существует такой номер N ∈ N, что для любых n > N выполня- ется неравенство x n
< y n
Доказательство. Возьмем число C, такое что A < C < B (см. свойство I
3
дей- ствительных чисел.) По определению предела найдем числа N
′
и N
′′
так, чтобы при любом n > N
′
было выполнено |x n
− A| < C − A и при любом n > N
′′
также выпол- нялось |y n
− B| < B − C. Тогда при n > N = max {N
′
, N
′′
} получим x
n
< A + (C − A) = C < B − (B − C) < y n
. 2
Теорема 1.7.4 (о зажатой последовательности). Пусть последовательности
{x n
}, {y n
}, {z n
} таковы, что при любом n > N ∈ N имеет место соотношение x
n
6
y n
6
z n
. Если при этом последовательности {x n
}, {z n
} сходятся к одному и тому же пределу, то последовательность {y n
} также сходится к этому пределу.
Доказательство. Пусть lim n→∞
x n
= lim n→∞
z n
= A. Для ε > 0 найдем числа N
′
и N
′′
так, чтобы при любом n > N
′
иметь A − ε < x n
и при любом n > N
′′
выполнялось z
n
< A + ε.
Тогда при n > N = max{N
′
, N
′′
} получим
A − ε < x n
6
y n
6
z n
< A + ε
или |y n
− A| < ε, т.е. lim n→∞
y n
= A.
2
Эту теорему иногда называют "правилом двух милиционеров".
Следствие 1.7.1. Пусть lim n→∞
x n
= A и lim n→∞
y n
= B. Если существует номер N
такой, что при любом n > N :
a) x n
> y n
, то A > B;
b) x n
>
y n
, то A > B;
c) x n
> B, то A > B;
d) x n
>
B, то A > B.
– 24 –
Доказательство. Рассуждая от противного, из теоремы 1.7.3 немедленно получа- ем первые два утверждения a), b). Утверждения c) и d) есть частные случаи первых двух, получающиеся при y n
= B.
2
Пусть x n
=
1
n
, y n
= 0. Тогда
1
n
> 0 означает, что x n
> y n
. Переходя к пределу при n → ∞, получим, что A = 0, B = 0 и A = B, т.е. строгое неравенство x n
> y n
после предельного перехода может стать равенством.
Следствие 1.7.2. Пусть последовательность {z n
} сходится и lim n→∞
z n
= a, a 6=
0. Тогда существует номер N такой, что при любом n > N выполняется:
a) z n
>
a
2
, если a > 0;
b) z n
<
a
2
, если a < 0;
c) |z n
| >
a
2
Доказательство. Утверждение a) получается из теоремы 1.7.3, если положить x
n
=
a
2
, y n
= z n
. Тогда A =
a
2
< a = B при a > 0. Аналогично получаем утверждение b). Последний пункт c) есть следствие первых двух.
2 1.8. Теоремы о существовании предела последовательности
1.8.1. Критерий Коши. Изучим в этом параграфе одну из важнейших теорем математического анализа, имеющую многочисленные аналоги в других разделах ма- тематики (и самого математического анализа).
Определение 1.8.1. Последовательность называется фундаментальной (или последовательностью Коши), если для любого числа ε > 0 найдется такой номер
N ∈ N, что из n > N и m > N следует выполнение неравенства |x m
− x n
| < ε. Усло- вие, которому удовлетворяет фундаментальная последовательность, называется условием Коши.
Пример 1.8.1. Пусть x n
=
1
n
. Показать, что эта последовательность фундамен- тальна.
Решение. Учитывая, что lim n→∞
x n
= 0, можно для любого ε > 0 указать номер
N ∈ N, что из n > N и m > N следует 0 < x n
<
ε
2
, 0 < x m
<
ε
2
. Тогда |x m
− x n
| 6
|x m
| + |x n
| <
ε
2
+
ε
2
= ε.
Теорема 1.8.1 (критерий Коши сходимости последовательности). Числовая по- следовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна.
Доказательство. Покажем сначала необходимость, т.е. что из существования предела последовательности вытекает ее фундаментальность.
Пусть lim n→∞
x n
= A. Из определения предела следует, что для ε > 0 существует номер N такой, что при n > N выполняется |x n
− A| <
ε
2
и при m > N также
|x m
− A| <
ε
2
. Тогда
|x m
− x n
| = |(x m
− A) + (A − x n
)| 6 |x m
− A| + |A − x n
| <
ε
2
+
ε
2
= ε,
т.е. условие Коши выполнено.
– 25 –
Перейдем к доказательству достаточности условия Коши для сходимости после- довательности {x n
}.
Пусть {x n
} — фундаментальна. Разобьем доказательство на три этапа.
1) Покажем ограниченность фундаментальной последовательности. Для любого
ε > 0 существует номер N такой, что из k > N , m > N следует
|x k
− x m
| <
ε
3
,
или
−
ε
3
< x k
− x m
<
ε
3
,
или x
m
−
ε
3
< x k
< x m
+
ε
3
(1.8.1)
Пусть теперь ε = 1, а m = N + 1. Тогда x
N +1
−
1 3
< x k
< x
N +1
+
1 3
. Подчеркнем,
что в последнем неравенстве k произвольно (k > N), а x
N +1
−
1 3
и x
N +1
+
1 3
есть неко- торые константы. Это означает, что последовательность {x k
}, k > N, ограничена. Но элементов, имеющих номера k 6 N, конечное число, значит вся последовательность ограничена.
2) Построение последовательности вложенных отрезков.
Пусть a
n
= inf k>n x
k
, b n
= sup k>n x
k
(указанные величины существуют, так как последовательность {x n
} ограничена).
Из определений точной верхней и точной нижней границ вытекает, что a n
6
a n+1 6
b n+1 6
b n
. Таким образом, последовательность [a n
, b n
] образует последовательность вложенных отрезков. Покажем, что длина этих отрезков стремится к 0 при n → ∞.
Из неравенства (1.8.1) при m = N + 1 получаем, что x
N +1
−
ε
3 6
inf k>n x
k
= a n
6
b n
= sup k>n x
k
6
x
N +1
+
ε
3
,
откуда длина отрезка [a n
, b n
], n > N , оценивается величиной ε, так как b n
− a n
6 2ε
3
< ε.
3) Используем принцип Кантора о вложенных отрезках [a n
, b n
].
Пусть A — единственная точка, принадлежащая всем этим отрезкам, т.е. a n
6
A 6 b n
. Но элементы последовательности x k
с номерами k > n также принадлежат отрезку [a n
, b n
]. Действительно,
a n
= inf k>n x
k
6
x k
6
sup k>n x
k
= b n
Тогда |A − x k
| 6 b n
− a n
< ε при k > n > N , что и говорит о сходимости последова- тельности {x n
} к числу A.
2
Рассмотрим примеры, в которых необходимо изучить сходимость последователь- ности {x n
}, используя критерий Коши.
Пример 1.8.2. Рассмотрим последовательность x n
=
sin n n
. Показать, что она сходится.
– 26 –
Решение. Пусть ε > 0 фиксировано. Оценим величину |x m
− x n
| =
sin m m
−
sin n n
Пусть для определенности m > n. Тогда sin m m
−
sin n n
=
sin m m
+
sin n n
6 1
m
+
1
n
<
1 2n
Если в качестве N взять величину
1 2ε
и потребовать, чтобы n > N (тем более m > N ), то |x m
−x n
| < ε и последовательность оказалась фундаментальной, а значит,
и сходящейся по критерию Коши.
Пример 1.8.3. Рассмотрим последовательность x n
= (−1)
n
. Показать, что она расходится (по критерию Коши).
Решение. Уже было показано, что последовательность {x n
} расходящаяся, т.е.
она не является фундаментальной. Проведем формальную проверку этого факта.
Сформулируем прежде всего отрицание того, что последовательность {x n
} фунда- ментальная.
Числовая последовательность {x n
} не удовлетворяет условию Коши, если суще- ствует ε > 0 такое, что при любом N ∈ N найдутся числа n, m больше N, для которых |x n
− x m
| > ε или, в формальной логической записи,
∃ε > 0 ∀N ∈ N ∃n > N ∃m > N ⇒ |x n
− x m
| > ε.
Для последовательности x n
= (−1)
n положим ε = 1. Тогда при любом N ∈ N и n = N + 1, m = N + 2 будем иметь
|x n
− x m
| =
(−1)
N +1
− (−1)
N +2
=
(−1)
N +1
+ (−1)
N +1
=
=
2 · (−1)
N +1
= 2 ·
(−1)
N +1
= 2 > 1 = ε.
Пример 1.8.4. Рассмотрим последовательность x n
= 1 +
1 2
+ · · · +
1
n
. Показать,
что эта последовательность не является фундаментальной и поэтому расходится.
Решение. По аналогии с предыдущим примером проверим, что выполняется усло- вие отрицания определения фундаментальности. Пусть ε =
1 4
и m = 2k, n = k, где k
— произвольное натуральное число. Тогда
|x
2k
− x k
| =
1
k + 1
+ · · · +
1
k + k
>
1
k + k
+ · · · +
1
k + k
=
=
k k + k
=
1 2
>
1 4
1.8.2. Теорема Вейерштрасса.
Определение 1.8.2. Последовательность называется возрастающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
6
x n+1
;
строго возрастающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
< x n+1
;
убывающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
>
x n+1
;
строго убывающей, если для любого n ∈ N выполнено неравенство x n
> x n+1
Последовательности этих четырех видов называются монотонными.
Иногда возрастающие последовательности называют неубывающими, строго воз- растающие — возрастающими, убывающие — невозрастающими, а строго убывающие
— убывающими. Поэтому в случае непонимания нужно обращаться к определению.
– 27 –
Пример 1.8.5. Пусть x
1
= 0; x
2
= 0, α
1
; x
3
= 0, α
1
α
2
; . . . ; x n
= 0, α
1
α
2
. . . α
n−1
;
. . . , где α
i
— произвольная цифра. Показать, что указанная последовательность —
возрастающая.
Решение. Очевидно из определения.
Определение 1.8.3. Последовательность называется ограниченной сверху, ес- ли существует число M такое, что ∀n ∈ N ⇒ x n
< M . Аналогично определяется последовательность, ограниченная снизу.
Пример 1.8.6. Проверить ограниченность последовательности
sin n n
Решение. Последовательность
sin n n
ограничена сверху (M = 1,
sin n n
< 1).
Она ограничена и снизу.
Теорема 1.8.2 (Вейерштрасс). Для того чтобы возрастающая последователь- ность имела предел, необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена сверху.
Доказательство.
Необходимость. Так как любая сходящаяся последовательность ограничена, то она ограничена сверху.
Достаточность. Нужно доказать существование предела у возрастающей после- довательности, ограниченной сверху. Обозначим эту последовательность {x n
}. По условию x n
6
M для всех n ∈ N и для некоторого M. Тогда существует и точная верхняя граница этого множества B = sup n∈N
{x n
}. По определению точной верхней гра- ницы для любого ε > 0 найдется элемент x
N
∈ {x n
} такой, что B − ε < x
N
6
B.
Но так как последовательность {x n
} возрастающая, то при любом n > N получим
B − ε < x
N
6
x n
6
B, т.е.
|B − x n
| = B − x n
< ε.
Таким образом, доказано, что lim n→∞
x n
= B.
2
Заметим, что мы доказали:
lim n→∞
x n
= sup n∈N
{x n
}.
Замечание 1.8.1. Аналогичную теорему можно сформулировать и доказать для убывающей последовательности, ограниченной снизу. В этом случае lim n→∞
x n
= inf n∈N
{x n
}.
Замечание 1.8.2. Ограниченность сверху (снизу) возрастающей (убывающей)
последовательности на самом деле, очевидно, равносильна ограниченности этой по- следовательности.
Пример 1.8.7. Показать, что lim n→∞
n q
n
= 0, если q > 1.
Решение. Проверим сначала, что последовательность
n q
n
убывает. Действи- тельно, если x n
=
n q
n и x n+1
=
n + 1
q n+1
, то x
n+1
x n
=
n + 1
nq
,
n ∈ N. Покажем, что n + 1
nq
< 1, начиная с некоторого номера N . А это будет означать, что с этого номера x
n+1
< x n
. Для этого убедимся, что предел lim n→∞
n + 1
n · q
< 1.
– 28 –
lim n→∞
n + 1
n · q
= lim n→∞
n + 1
n
·
1
q
= lim n→∞
n + 1
n
· lim n→∞
1
q
= 1 ·
1
q
=
1
q
< 1.
Таким образом, при n > N будем иметь x n+1
< x n
, т.е. после члена x
N
наша после- довательность монотонно убывает. Поскольку конечное число членов последователь- ности, как видно из определения предела, не влияет на сходимость последовательно- сти и ее предел, то достаточно теперь найти предел убывающей последовательности x
N +1
> x
N +2
> . . .
Ограниченность снизу указанной последовательности очевидна: x n
=
n q
n
> 0 для всех n ∈ N.
Значит, по теореме 1.8.2 исследуемая последовательность имеет предел.
Осталось установить величину этого предела.
Пусть lim n→∞
x n
= A. Рассмотрим уже известное равенство x
n+1
x n
=
n + 1
n · q или x
n+1
=
n + 1
n · q
· x n
для всех n ∈ N.
Перейдем к пределу при n → ∞ в этом соотношении. Предел левой части lim n→∞
x n+1
= A. Предел правой части lim n→∞
n + 1
n · q
· x n
= lim n→∞
n + 1
n · q
· lim n→∞
x n
=
1
q
· A,
отсюда A =
1
q
· A, что возможно только при A = 0.
Упражнение 1.8.1. Показать, что lim n→∞
a n
n!
= 0 для любого a.
Упражнение 1.8.2. Показать, что lim n→∞
n
√
n = 1.
1.8.3. Число e. Число e играет фундаментальную роль в математическом ана- лизе. Такую же как число π в геометрии.
Пример 1.8.8. Доказать, что существует предел последовательности {α
n
}, где
α
n
=
1 +
1
n
n
Решение. Покажем, что последовательность {α
n
} — возрастающая (даже строго возрастающая). Для этого вычислим α
n и α
n+1
по формуле бинома и сравним их:
α
n
=
1 +
1
n
n
= 1 + n
1
n
+
n(n − 1)
1 · 2 1
n
2
+
n(n − 1)(n − 2)
1 · 2 · 3 1
n
3
+
+ · · · +
n(n − 1) . . . (n − (n − 1))
1 · 2 · · · · · n
1
n n
= 1 + 1 +
1 2!
1 −
1
n
+
+
1 3!
1 −
1
n
1 −
2
n
+ · · · + +
1
n!
1 −
1
n
1 −
n − 1
n
;
– 29 –
n + 1
n · q
= lim n→∞
n + 1
n
·
1
q
= lim n→∞
n + 1
n
· lim n→∞
1
q
= 1 ·
1
q
=
1
q
< 1.
Таким образом, при n > N будем иметь x n+1
< x n
, т.е. после члена x
N
наша после- довательность монотонно убывает. Поскольку конечное число членов последователь- ности, как видно из определения предела, не влияет на сходимость последовательно- сти и ее предел, то достаточно теперь найти предел убывающей последовательности x
N +1
> x
N +2
> . . .
Ограниченность снизу указанной последовательности очевидна: x n
=
n q
n
> 0 для всех n ∈ N.
Значит, по теореме 1.8.2 исследуемая последовательность имеет предел.
Осталось установить величину этого предела.
Пусть lim n→∞
x n
= A. Рассмотрим уже известное равенство x
n+1
x n
=
n + 1
n · q или x
n+1
=
n + 1
n · q
· x n
для всех n ∈ N.
Перейдем к пределу при n → ∞ в этом соотношении. Предел левой части lim n→∞
x n+1
= A. Предел правой части lim n→∞
n + 1
n · q
· x n
= lim n→∞
n + 1
n · q
· lim n→∞
x n
=
1
q
· A,
отсюда A =
1
q
· A, что возможно только при A = 0.
Упражнение 1.8.1. Показать, что lim n→∞
a n
n!
= 0 для любого a.
Упражнение 1.8.2. Показать, что lim n→∞
n
√
n = 1.
1.8.3. Число e. Число e играет фундаментальную роль в математическом ана- лизе. Такую же как число π в геометрии.
Пример 1.8.8. Доказать, что существует предел последовательности {α
n
}, где
α
n
=
1 +
1
n
n
Решение. Покажем, что последовательность {α
n
} — возрастающая (даже строго возрастающая). Для этого вычислим α
n и α
n+1
по формуле бинома и сравним их:
α
n
=
1 +
1
n
n
= 1 + n
1
n
+
n(n − 1)
1 · 2 1
n
2
+
n(n − 1)(n − 2)
1 · 2 · 3 1
n
3
+
+ · · · +
n(n − 1) . . . (n − (n − 1))
1 · 2 · · · · · n
1
n n
= 1 + 1 +
1 2!
1 −
1
n
+
+
1 3!
1 −
1
n
1 −
2
n
+ · · · + +
1
n!
1 −
1
n
1 −
n − 1
n
;
– 29 –
α
n+1
= 1 + 1 +
1 2!
1 −
1
n + 1
+
1 3!
1 −
1
n + 1
1 −
2
n + 1
+ · · ·
+
1
(n + 1)!
1 −
1
n + 1
1 −
n n + 1
Из полученных разложений для α
n и α
n+1
следует, что α
n
< α
n+1
Действительно, слагаемые в разложении α
n меньше соответствующих слагаемых в разложении α
n+1
. Например,
1 3!
·
1 −
1
n
·
1 −
2
n
<
1 3!
·
1 −
1
n + 1
·
1 −
2
n + 1
К тому же количество слагаемых в разложении α
n+1
на единицу больше, чем в разложении α
n
Далее,
α
n
= 2 +
1 2!
·
1 −
1
n
+
1 3!
·
1 −
1
n
·
1 −
2
n
+ · · · +
1
n n
<
< 2 +
1 2!
+
1 3!
+ · · · +
1
n!
< 2 +
1 2
+
1 2
2
+ · · · +
1 2
n−1
<
< 2 + 1 = 3,
т.е. α
n
< 3 для всех n ∈ N.
На основании теоремы 1.8.2 предел последовательности α
n существует. Его стан- дартное обозначение — e. Оно равно e = 2, 718281828459045 . . .
1.9. Подпоследовательности. Частичный предел последовательности.
Верхний и нижний пределы
1.9.1. Частичный предел последовательности.
Определение 1.9.1. Пусть задана некоторая последовательность {x n
}, и n
1
< n
2
< · · · < n k
< . . .
есть строго возрастающая последовательность натуральных чисел. Тогда после- довательность x
n
1
, x n
2
, . . . , x n
k
, . . .
называется подпоследовательностью последовательности {x n
}.
Пример 1.9.1. Пусть задана последовательность
1,
1 2
,
1 3
, . . . ,
1
n
, . . .
Записать некоторые ее подпоследовательности.
Решение.
a) 1,
1 3
,
1 5
, . . . ,
1 2n − 1
, . . .
(n
1
= 1, n
2
= 3, . . . , n k
= 2k − 1, . . . );
б)
1 2
,
1 4
,
1 8
, . . . ,
1 2
n
, . . .
n
1
= 2, n
2
= 4, . . . , n k
= 2
k
, . . .
;
в)
1 5
,
1 10
,
1 15
, . . . ,
1 5n
, . . .
(n
1
= 5, n
2
= 10, . . . , n k
= 5k, . . . ).
Но последовательность
1,
1 3
,
1 2
,
1 4
, . . . ,
1
n
, . . .
– 30 –
уже не является подпоследовательностью последовательности 1,
1 2
, . . . ,
1
n
, . . . .
Теорема 1.9.1 (принцип Больцано-Вейерштрасса (для последовательностей)).
Каждая ограниченная последовательность действительных чисел содержит схо- дящуюся подпоследовательность.
Доказательство. Пусть E — множество значений ограниченной последователь- ности {x n
}. Это множество может быть конечным. (Например, множество значений последовательности {(−1)
n
} состоит всего из двух чисел: −1, +1.) Тогда существуют,
по крайней мере, одна точка x ∈ E и последовательность n
1
< n
2
< . . .
номеров, таких что x
n
1
= x n
2
= · · · = x.
Полученная подпоследовательность {x n
k
} постоянна и, значит, сходится.
Пусть теперь множество E — бесконечно. Тогда по принципу Больцано-Вейер- штрасса (теорема 1.5.3) оно обладает, по крайней мере, одной предельной точкой x.
Поскольку x — предельная точка E, можно выбрать n
1 2
, . . . ,
1
n
, . . . .
Теорема 1.9.1 (принцип Больцано-Вейерштрасса (для последовательностей)).
Каждая ограниченная последовательность действительных чисел содержит схо- дящуюся подпоследовательность.
Доказательство. Пусть E — множество значений ограниченной последователь- ности {x n
}. Это множество может быть конечным. (Например, множество значений последовательности {(−1)
n
} состоит всего из двух чисел: −1, +1.) Тогда существуют,
по крайней мере, одна точка x ∈ E и последовательность n
1
< n
2
< . . .
номеров, таких что x
n
1
= x n
2
= · · · = x.
Полученная подпоследовательность {x n
k
} постоянна и, значит, сходится.
Пусть теперь множество E — бесконечно. Тогда по принципу Больцано-Вейер- штрасса (теорема 1.5.3) оно обладает, по крайней мере, одной предельной точкой x.
Поскольку x — предельная точка E, можно выбрать n
1 2 3 4 5 6 7 8 9 ... 43
1
∈ N так, что |x n
1
− x| < 1;
n
2
∈ N (n
1
< n
2
) так, что |x n
2
− x| <
1 2
; . . . ; n k
∈ N
(n k−1
< n k
) так, что |x n
k
− x| <
1
k
; . . . Ясно, что lim k→∞
x n
k
= x.
2
Определение 1.9.2. Будем писать x
n
→ +∞
lim n→∞
x n
= +∞
и говорить, что последовательность {x n
} стремится к плюс бесконечности, если для каждого числа c найдется номер N ∈ N, такой что x n
> c при любом n > N .
Аналогично даются определения для случая x n
→ −∞, x n
→ ∞.
Последовательность {2
n
} стремится к +∞, последовательность {−2
n
} стремится к −∞, последовательность {(−2)
n
} стремится к ∞. Последовательность {n
(−1)
n
} не стремится ни к +∞, ни к −∞, ни просто к бесконечности, но является неограничен- ной.
1.9.2. Верхний и нижний пределы. Пусть задана последовательность {x k
}.
Построим новую последовательность {a n
}, a n
= inf k>n x
k
, предполагая, что {x k
} огра- ничена снизу. Ясно, что {a n
} возрастает и, следовательно, lim n→∞
a n
есть либо конечное число, либо символ +∞.
Определение 1.9.3. Число l (или символ +∞) называется нижним пределом последовательности {x k
}, если l = lim n→∞
a n
= lim n→∞
inf k>n x
k
или lim n→∞
a n
= +∞
Для последовательности {x k
}, неограниченной снизу, полагаем, что нижний пре- дел равен −∞. Нижний предел обозначается символом lim k→∞
x k
– 31 –
Аналогично, рассматривая последовательность b n
= sup k>n x
k
, определяем верхний предел lim k→∞
x k
последовательности {x k
}.
Приведем примеры.
Пример 1.9.2. Для последовательности x k
= (−1)
k найти верхний и нижний пределы.
Решение.
lim k→∞
x k
= lim n→∞
inf k>n
(−1)
k
= lim n→∞
(−1) = −1,
lim k→∞
x k
= lim n→∞
sup k>n
(−1)
k
= lim n→∞
1 = 1.
Пример 1.9.3. Для последовательности x k
= −k
2
найти верхний и нижний пре- делы.
Решение.
lim k→∞
−k
2
= −∞,
lim k→∞
−k
2
= lim n→∞
sup k>n
−k
2
= lim n→∞
−n
2
= −∞.
Пример 1.9.4. Для последовательности x k
=
1
k найти верхний и нижний преде- лы.
Решение.
lim k→∞
1
k
= lim n→∞
inf k>n
1
k
= lim n→∞
0 = 0,
lim k→∞
1
k
= lim n→∞
sup k>n
1
k
= lim n→∞
1
n
= 0.
Упражнение 1.9.1. Найти верхний и нижний пределы последовательности k
(−1)
k
Определение 1.9.4. Число (или символ +∞ или −∞) называют частичным пределом последовательности, если в ней есть подпоследовательность, сходящаяся к этому числу (или символу +∞, −∞).
Теорема 1.9.2. Нижний и верхний пределы последовательности являются, со- ответственно, наименьшим и наибольшим из ее частичных пределов. (При этом считаются принятыми естественные соотношения −∞ < x < +∞ между симво- лами −∞, +∞ и числами x ∈ R.)
Доказательство. Проведем его для нижнего предела и для случая, когда после- довательность ограничена. Пусть lim k→∞
x k
= a
(a — конечное число, так как {x k
} — ограниченная последовательность). Сначала покажем, что a — частичный предел.
Пусть a n
= inf k>n x
k
. Тогда для любого n ∈ N, используя определение нижней грани,
подберем числа k n
∈ N так, что a n
6
x k
n
6
a n
+
1
n и k n
< k n+1
. Переходя в последнем неравенстве к пределу при n → ∞, получим, что lim n→∞
x k
n
= a, и мы доказали, что a
— частичный предел последовательности {x k
}.
– 32 –