Лосев-КлячинМиклюков МА в КИ

Отсюда имеем

|αnβn| = |αn||βn| ≤ M|βn| n = 1, 2, . . . .

По теореме 6.1 (дважды примененной) последовательность {M|βn|} – бесконечно малая. Поэтому на основании теоремы 6.2 заключаем, что последовательность {αnβn} – бесконечно малая.

СЛЕДСТВИЕ. Если {αn} и {βn} – бесконечно малые последовательности, то их произведение {αnβn} – тоже бесконечно малая последовательность.

ТЕОРЕМА 6.4. Если {αn}∞n=1 и {βn}∞n=1 – бесконечно малые, то последовательность {αn ±βn}∞n=1 – также бесконечно малая.

Доказательство. Зададим ε > 0. Так как {αn} – бесконечно

При любом n > N = max{N1(ε), N2(ε)} неравенства (1) и (2) выполняются одновременно. А потому

ε ε

|αn ± βn| ≤ |αn| + |βn| < 2 + 2 = ε,

т.е. {αn ± βn} – бесконечно малая.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 6.2. Говорят, что последовательность {an}∞n=1 является бесконечно большой положительной (бесконечно большой отрицательной) и пишут lim an = +∞(−∞),

n→∞

если

E > 0 N(E) : an > E (an < −E) n > N(E).

Другими словами, последовательность {an} есть бесконечно большая положительная (отрицательная), если всякая E-окрестность точки +∞ (−∞) содержит все члены {an}, начиная с некоторого номера.

УПРАЖНЕНИЕ 1. Дайте определение бесконечно большой последовательности.

ПРИМЕР 3. {2n}∞n=1 – бесконечно большая положительная.

ПРИМЕР 4. {log2 21n}+n=1∞ – бесконечно большая отрицательная.

ТЕОРЕМА 6.5. Предположим, что последовательность {an}∞n=1 является бесконечно большой положительной (отрицательной), и все an не равны нулю. Тогда

последовательность { 1 }∞ является бесконечно малой.

an n=1

Доказательство. Зададим произвольно ε > 0. Т.к. {an} – положительная бесконечно большая, то существует N(ε) :

n > N(ε) выполнено an > 1ε > 0. Отсюда

ε> 1 > 0 n > N(ε), an

УПРАЖНЕНИЕ 2. Доказательство для случая бесконечно большой отрицательной последовательности проведите самостоятельно.

УПРАЖНЕНИЕ 3. Сформулируйте и докажите данное утверждение для случая бесконечно большой последовательности.

§7. Предельный переход и арифметические операции

ЛЕММА 7.1. Последовательность {an}∞n=1 имеет пределом число a тогда и только тогда, когда последовательность {an − a}∞n=1 является бесконечно малой.

Доказательство. Пусть lim an = a. Тогда для любого числа

n→∞

ε > 0 найдется N(ε), такое, что для всех n > N(ε) выполнено

|an − a| < ε.

Это означает, что последовательность {an − a} является бесконечно малой.

Обратно. Пусть {an −a} – бесконечно малая, тогда ε > 0 существует N(ε), такое что n > N(ε) выполнено |an − a| < ε.

Это означает, что предел lim an = a.

n→∞

ТЕОРЕМА 7.1. Пусть an → a, bn → b при n → ∞. Тогда последовательность {an ± bn}∞n=1 сходится, причем

lim (an ± bn) = a ± b.

n→∞

Доказательство. Так как an → a и bn → b при n → ∞, то по лемме 7.1

an = a + αn, bn = b + βn,

где

αn = an − a, βn = bn − b

– бесконечно малые. Отсюда получаем

an ± bn = a ± b + (αn ± βn).

Согласно теореме 6.4 предыдущего пункта последовательность {αn ± βn} – бесконечно малая. Пользуясь еще раз леммой 7.1, получаем нужное.

ЗАМЕЧАНИЕ. Условие существования пределов последовательностей {an} и {bn} в теореме 7.1, является существен-

ным.

ПРИМЕР 1. lim ((−1)n + (−1)n+1) = 0. Однако, пределы

n→∞

каждого из слагаемых не существуют. Другими словами, выcказывание “предел суммы равен сумме пределов” верно не всегда.

ТЕОРЕМА 7.2. Пусть an → a, bn → b при n → ∞. Тогда существует предел последовательности {anbn}, равный ab.

Доказательство. По лемме 7.1

{αn} = {an − a} и {βn} = {bn − b}

– бесконечно малые при n → ∞. Отсюда,

anbn = ab + (aβn + bαn + αnβn).

Пользуясь результатами предыдущего пункта, заключаем, что последовательность {aβn + bαn + αnβn} является бесконечно малой. Воспользуемся еще раз леммой 7.1 и получим требуемое.

§8. Некоторые часто встречающиеся последовательности

Ниже нам потребуется бином Ньютона5 и некоторые его следствия.

Пусть a, b R, n ≥ 1 – целое. Справедлива формула

n! = 1 · 2 · 3 · . . . · (n − 1) · n, 0! ≡ 1.

Часто используют обозначение

Cnk = nk .

УПРАЖНЕНИЕ 1. Докажите формулу бинома Ньютона.

5Ньютон Исаак (4.1.1643–31.3.1727) – физик, механик,астроном, математик и теолог. Род. в Вулсторпе (Англия). Член Лондонского королевского общества (1672) и его президент (1703), иностранный член Парижской АН (1699). Одновременно с Г.Лейбницем, но независимо от него, создал дифференциальное и интегральное исчисления.

ПРИМЕР 3. Докажем, что√

lim n n = 1.

n→∞

Доказательство. Положим √

xn = n n − 1 ,

тогда xn ≥ 0 и по неравенству (1) при k = 2 имеем

т.е.

2

0 < xn < n.

Используя принцип "сжатой" последовательности, находим

lim xn → 0.

n→∞

ПРИМЕР 4. Если p > 0, α R – произвольные числа, то

Действительно, пусть k – такое целое число, что k > α,

Поскольку α < k, то nα−k → 0 при n → ∞. Тем самым, легко получаем нужное.

ОПРЕДЕЛЕНИЕ 9.1. Пусть {an}∞n=1 – произвольная последовательность вещественных чисел. Говорят, что последовательность {an} возрастает, если

an < an+1 n = 1, 2, . . . ,

убывает, если

an > an+1 n = 1, 2, . . . ,

невозрастает, если

an ≥ an+1 n = 1, 2, . . . ,

неубывает, если

an ≤ an+1 n = 1, 2, . . . .

Последовательности перечисленных типов называются монотонными.

ТЕОРЕМА 9.1. Всякая неубывающая (невозрастающая) ограниченная сверху (снизу) последовательность имеет предел.

Доказательство. В основе доказательства лежит использо-

вание аксиомы полноты. Пусть a1 ≤ a2 ≤ . . . ≤ an ≤ . . . – произвольная неубывающая ограниченная сверху последова-

тельность. По теореме о существовании точной верхней грани существует sup{an} = M, n N. Таким образом, выполнено

1. n N : an ≤ M,

2. ε > 0 N(ε) N : aN > M − ε.

Покажем, что an → M при n → ∞. Т.к. M есть точная верхняя грань множества {an}, то

Зададим ε > 0. Так как M – наименьшая из верхних граней, то существует N(ε) такое, что aN(ε) > M − ε. Однако,

последовательность {an} неубывает, а потому

Сопоставляя (1) и (2), заключаем, что для всех n > N(ε) выполнено |an −M| < ε. По определению предела выполнено

равенство lim an = M.

n→∞

Рассуждения для невозрастающей последовательности аналогичны (провести самостоятельно).

ПРИМЕР 1. Рассмотрим рекуррентную последовательность вида:

Покажем, что последовательность {an}∞n=2 невозрастает. Действительно,

a2n+1 ≥ s 2a2n+1 ≥ s + a2n+1

чит, она имеет предел (по доказаной теореме). Положим

Поэтому a = 1 (a+ s ). Решая квадратное уравнение, и учиты-

2 a √

вая, что a > 0, находим a = s. Что и требовалось получить.

§10. Принцип вложенных отрезков

ТЕОРЕМА 10.1 (о вложенных отрезках). Пусть дана бесконечная последовательность вложенных один в другой отрезков

[a1, b1] [a2, b2] . . . [an, bn] . . . ,

длины которых стремятся к нулю при n → ∞. Тогда существует, и притом единственная, точка c R, принадлежащая одновременно всем отрезкам [an, bn] и такая, что

lim an = c = lim bn.

n→∞ n→∞

Доказательство. Рассмотрим две последовательности {an}, {bn}. Последовательность {an} неубывает и ограничена сверху, например, числом b1. По теореме о монотонной последо-

вательности существует lim an = c . Из аналогичных сооб-

n→∞

ражений существует lim bn = c . Покажем, что c = c . Дей-

n→∞

ствительно, по теореме о пределе разности двух последовательностей, имеем:

что и требуется. Покажем, что точка c = c = c принадлежит каждому из отрезков [an, bn]. Действительно, поскольку {an} неубывает, то

an ≤ c, n = 1, 2, . . .

Но {bn} невозрастает, и потому

bn ≥ c, n = 1, 2, . . .

Следовательно, an ≤ c ≤ bn, т.е.

c [an, bn], n = 1, 2, . . .

Докажем единственность c. Если найдутся две различные точки c и c , принадлежащие всем отрезкам [an, bn], то bn − an ≥ |c − c | > 0. Приходим к противоречию с тем, что длина n-го промежутка стремится к нулю.