С доказательством

k

k 1

n!

n!

n!

1

1

Cn

Cn

k!(n k )!

(k 1)!(n k 1)!

(k 1)!(n k )! k

n k 1

n!

n k 1 k

n!(n 1)

C k

.

(k 1)!(n k)!

k(n k 1

k!(n k 1)!

n 1

Тепер можемо скористатися математичною індукцією. При n 1

1

(a b) C1k a k b1 k a b - справджується.

k 0

n

Нехай при деякому n N виконується (a b) n Cnk a k b n k , треба довести, що

k 0

n 1

(a b) n 1 Cnk 1a k b n 1 k .

k 0

n

n

n

(a b) n 1 (a b) n (a b) (a b) Cnk a k b n k Cnk a k 1b n k Cnk a k b n k 1

k 0

k 0

k 0

n 1

n

n

a n 1 Cnk a k 1b n k Cnk a k b n 1 k

b n 1 a n 1

Cnk 1a k b n 1 k

k 0

k 1

k 1

n

n

Cnk a k b n 1 k

Cnk a k b n 1 k

b n 1 a n 1 Cnk 1

b n 1 a n 1

k 1

k 1

n

1a k bn 1 k b n 1 (a b)n 1 , що й треба було довести.

Cnk

Тоді існує

.

Доведення. Нехай зафіксовано

. Тоді, за означенням, існують такі n0',n0'', що для

всіх

, а для всіх

.

Позначимо через n0

найбільший з номерів n0',n0''. Тоді для

всіх

, тоді оскільки

,

то

, а це означає, що

.

5.

o(1) o(1)

o(1) (добуток

двох нескінченно малих

– нескінченно

мала);

6.

O(1) o(1)

o(1)

(добуток

нескінченно малої на

обмежену є

Доведення. Нехай,

наприклад,

,

.

Покажемо,

.

Таким чином,

.

11.

Добутком xn та yn з R називаються відповідно послідовності -

xn yn .

12.

Часткою послідовностей xn та

yn з R називаються відповідно послідовності -

x

n

, вважаємо

yn 0 . Останнім обмеженням можна знехтувати,

якщо розглядати

yn

послідовності xn та yn з простору

0

x

.

R

, тоді можна вважати

x R \

0

lim

xn

x

y 0 .

n y

n

y

Доведення. З теореми 6 запишемо послідовності

xn x o(1) yn y o(1) , тоді

одержимо. xn yn x o(1) y o(1)

x y o(1) твердження 1. доведено.

З теореми 4

послідовності

xn , yn обмежені,

тобто дорівнюють O(1) ,

а тому

xn yn (x o(1))(y o(1)) xy xo(1) yo(1) o(1)o(1) xy o(1) ,

твердження

2.

доведено.

Оскільки yyn

y

2

y 2

,

то

N :

n N

yyn

y 2

, а

тому

1

2

yy n

y 2

2

2

1

O(1) (лема

1),

тому

1

1

y yn

( y yn )

1

o(1)O(1) o(1)

і

yy n

yn

y

yyn

yyn

твердження 3. доведеною.

Тепер з останніх двох властивостей одержимо:

xn

xn

1

x

.

yn

yn

y

1

1

1

1

1

1

n ln 1

1 (n 1) ln 1

.

n

n 1 .

ln 1

.

ln 1

1

n

n

n 1

n

n

n

Що й треба було довести.

16. Довести, що 2+1/2! +1/3! + ... + 1/n! → e при n →∞.

при n , ми

(Продовження 14) Зробимо в цій нерівності граничний перехід

одержимо, що ліва частина прямує до e , а права до виразу 2

1

1

...

1

zk . З

2!

3!

k !

теореми про перехід до границі в нерівностях одержимо, що

k N xk zk e , а

тому з теореми про двох поліцаїв lim zk e .

k

(Підпослідовності збіжної послідовності).

Нехай послідовність xn

збігається

і

lim xn

a R .

Тоді

будь-яка

її

підпослідовність xn

також збіжна і lim xn

n

a .

k

k

k

Доведення. Нехай yk xn

довільна

підпослідовність послідовності

xn . За

k

означенням границі: 0

N : n N

xn a

. З того,

що nk -

зростаюча

послідовність натуральних

чисел,

зрозуміло, що

nk

K N :

k K

nk N . Поєднуючи два останні твердження,

ми одержимо,

що 0 K : k K

, з чого слідує, що yk a при k .

nk N

xn

a

yk

a

k

Доведення. Необхідність. Нехай існує lim xn x . Тоді 0 N : n N :

n

xn x

n N p N

xn p xn

xn p x

xn x

2 .

Необхідність доведена.

Достатність. Якщо

xn - фундаментальна, то вона обмежена, (див лему 1 з розділу

1.4). За теоремою Больцано-Вейєрштрасса існує збіжна підпослідовність xn

. Із означення

0 1 xk

k

фундаментальності xk xn

xn

0 1 , а далі за теоремою про суму двох

k

k

збіжних послідовностей, одержимо, що xk

збігається.

Достатність доведена.

Теорема доведена.

20. Критерій збіжності послідовності через верхню та нижню границі

Для будь-якої обмеженої послідовності xn виконується нерівність

lim xn limxn

n

n

lim xn .

. Рівність можлива тоді і тільки тоді, коли lim xn

limxn

n

n

n

Доведення. З очевидної нерівності n N inf xk sup xk слідує бажана нерівність,

k n

k n

якщо зробити відповідний граничний перехід при n .

Необхідність. Нехай тепер lim xn

lim

xn . Оскільки n N inf xk xn sup xk .

n

n

k n

k n

Достатність.

Нехай тепер існує lim xn a .

Тоді 0

N : n N

n

xn a

,

тобто

a xn a

a inf xk a

a sup xk a ,

k n

але це означає,

що

liminf xk

lim xn a

k n

n k n

n

lim sup xk lim xn

a .

n k n

n