Calculus - Colloc01 - V.N. Chubarikov (Вопросы и задачи к трём коллоквиумам), страница 2

Числовая последовательность — отображение N → R. Обозначается (an )(an )(an )(an )(an )называетсяназываетсяназываетсяназываетсявозрастающей,убывающей,невозрастающей,неубывающей,еслиеслиеслиесли∀n ∈ N∀n ∈ N∀n ∈ N∀n ∈ N(an ) называется ограниченной сверху, если ∃M(an ) называется ограниченной снизу, если ∃M(an ) называется ограниченной,anananan< an+1> an+16 an+1> an+1∀n an 6 M∀n an > Mесли ∃M1 , M2∀n M1 6 an 6 M2Определение. Окрестность точки a (ε-окрестность) — Uε (a) = (a − ε,a + ε)Определение. Пределом числовой последовательности (an ) называется такое число a, удовлетворяющее условию:lim an = an→∞⇔∀ε > 0 ∃N∀n > N|an − a| < εТо есть для доказательства, что число a является пределом последовательность (an ) необходимоуказать функцию N (ε), возвращающую натуральное число N , для которого справедливо, что для∀n > N |an − a| < ε при заданном 夣1nПример. Для последовательности, n-ный член которой an = 2n+1N (ε) = 4ε− 12 + 1—6 —1 Пределы числовых последовательностей1.2Свойства пределов числовых последовательностейТеорема 3.∃ lim an = an→∞⇒∃M1 , M2∀nM1 6 an 6 M2Доказательство.∀ε > 0 ∃N (ε)∀n > N− ε 6 an − a 6 εa − ε 6 an 6 a + εПусть¡¢M1 = min min(a1 , .

. . , an−1 ), a¡¢M2 = max max(a1 , . . . , an−1 ), aТогда∀n M1 6 an 6 M2Теорема 4. Если существует a, такое что lim an = a, то такое a единственно.n→∞Доказательство. Докажем от противного. Пусть(lim an = an→∞lim an = bn→∞Тогда∀ε > 0 ∃N1∀n > N1|an − a| < ε/2∀ε > 0 ∃N2∀n > N2|an − b| < ε/2ПустьM = max(N1 , N2 )Тогда|an − a| + |an − b| < ε|an − a| + |an − b| > |a − b||a − b| < εПротиворечие с тем, что ε — любое—7 —1 Пределы числовых последовательностей1.3Бесконечно малые последовательностиОпределение. (αn ) — бесконечно малая последовательность, еслиТеорема 5.∞Pilim αn = 0n→∞αin = βn , где αin , βn — бесконечно малые последовательности.Доказательство.αin :∀ε > 0 ∃Ni (ε) ∀n > Ni|ain | <εnN = max(Ni )⇓|α1n + α2n | 6 |α1n | + |α2n | < ε⇓βn − бесконечно малая последовательностьТеорема 6.

lim |αn bn | = 0, где bn — ограниченная последовательность.n→∞Доказательство.|αn bn | = |αn | × |bn | < ε × MТеорема 7. Произведение бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.Доказательство. Воспользуемся теоремами 3 и 6 (одну из бесконечно малых последовательностей можно рассматривать как ограниченную).Утверждение. lim an = An→∞1.4⇔an = A + αn , где αn — бесконечно малая.Бесконечно большие последовательностиlim an = ∞n→∞⇔∀M > 0 ∃N (M ) ∀n > N|an | > Mlim an = +∞⇔∀M > 0 ∃N (M ) ∀n > Nan >lim an = −∞⇔∀M > 0 ∃N (M ) ∀n > Nan < −Mn→∞n→∞Пример.lim (−1)n × n = ∞,n→∞—8 —(N (M ) = [M ] + 1)M1 Пределы числовых последовательностей1.5Теоремы о сумме, произведении и частном пределовПусть:∃ lim an = a,n→∞∃ lim bn = bn→∞Тогда:∀ε > 0 ∃N1∀n > N1|an − a| < ε∀ε > 0 ∃N2∀n > N2|bn − b| < εan = a + αnbn = b + βnТеорема 8.∃ lim (an + bn ) = a + bn→∞Доказательство.∀ε > 0 ∃M = max(N1 , N2 ) ∀n > M¯¯¯(an + bn ) − (a + b)¯ 6 |an − a| + |bn − b| < 2εТеорема 9.lim (an bn ) = abn→∞Доказательство.|an bn − ab| = |ab + αn b + βn a + αn βn − ab| 6¢¡6 |bαn | + |aβn | + |αn βn | < ε |a| + |b| +ε| {z }constТеорема 10.µlimn→∞anbn¶=abДоказательство.¯ ¯¯¯¯ an a ¯ ¯ a + αn a ¯ 2 |αn b − aβn |¢2¡2(|a| + |b|)¯ − ¯=¯− ¯¯ <6 2 |αn b| + |aβn | < ε ·¯ bn¯¯2bb + βnbbbb2| {z}constВ книге [2]: лекция 6, стр.

40-42.—9 —1 Пределы числовых последовательностей11. Вопрос включает в себя несколько лёгких теорем, несколько примеров и теорему Штольца.В книге [2]: лекция 6, стр. 43-45.12. В книге [2]: лекция 7, стр. 46-48.13. Воспользуюсь материалами [4]:Теорема 11.µ¶1 n∃ lim 1 +n→∞nn∈N¡¢nДоказательство.

Докажем, что x(n) = 1 + n1 возрастает и ограничена сверху.µ¶n(n − 1) . . . (n − k + 1) 111 n1 n(n − 1) 1xn = 1 +=1+n· +· 2 + ··· +· k + ··· + n =nn2!nk!nnµ¶1111k−1112n−1= 1 + 1 + (1 − ) + · · · + (1 − ) . . . (1 −) + ··· +(1 − )(1 − ) . . . (1 −)2!nk!nnn!nnnxn+1 = 1 + 1 +11112k−11(1 −) + · · · + (1 −)(1 −) . . . (1 −) + ··· +2!n+1k!n+1n+1n+1(n + 1)!Члены xn меньше соответствующих членов xn+1 , к тому же в xn+1 имееется на один член больше.Из этого следует, что xn < xn+1 . То есть x(n) возрастающая.С другой стороныxn ≤ 1 + 1 +1 − 21n11111+ ··· +≤ 1 + 1 + + 2 + · · · + n−1 = 1 +≤32!n!2 221 − 21¢n¡Из этого следует, что lim 1 + n1 существует.n→∞Утверждение.µ¶1 nlim 1 −= e−1n→∞nУтверждение.µ¶k nlim 1 += ekn→∞nВ книге [2]: лекция 7, стр.

48-50.14. В книге [2]: лекция 8, стр. 52-53.15. В книге [2]: лекция 8, стр. 54.16. В книге [2]: лекция 6, стр. 43-45; лекция 8, стр 55.17. В книге [2]: лекция 6, стр. 43-45; лекция 7, стр. 46-48.— 10 —1 Пределы числовых последовательностейРешение задач1. Задача. Пусть x, y ∈ [a, b]. Доказать, что |x − y| 6 b − a.Доказательство. Без ограничения общности можем считать, что x 6 y. Так как x, y ∈ [a, b], то½½½a6x6ba6x 6ba6x6b⇔⇔⇔a6y6b−a > −y > −b−b 6 −y 6 −a⇔ a−b6x−y 6b−a2. Задача. Доказать равенствоx+y+|x−y|2⇔|x − y| 6 b − a= max(x, y).Доказательство. Доказательство очевидно: предполагаем, что x < y и что x > y. Каждый разполучаем верное равенство.3.

Задача. Пусть f (1) = 2 и f (n) = f (n − 1) + 12 . Доказать, что f (n) = 2 +n−12 .Доказательство. Очевидно, что таким условием задаётся арифметическая прогрессия (n-ныйчлен увеличивается каждый раз на константу. Тогда по формуле вычисления n-ного члена арифметической прогрессии получаем то, что требуется доказать.4. Задача. Построить такие множества B ⊂ A ⊂ X и отображение f : X → X, что f (A \ B) 6=6= f (A) \ f (B).Ответ.

Пусть X = {1, 2, 3, 4, 5}, A = {1, 3, 4}, B = {1, 3}, а отображение f задаётся подстановкой ( 11 21 33 43 53 ). Тогда f (A \ B) = f (4) = 3 6= ∅ = f (A) \ f (B).5.Определение. Отображение называется инъективным, если для каждого элемента y ∈ Y существует единственный прообраз x ∈ X : y = f (x). То есть из условия f (x1 ) = f (x2 ) следует, чтоx1 = x2 .Далее доказательства проводятся строго по определению.6. Задача. Пусть f : A → B, g : B → C, h : C → D и отображения f ◦ g и g ◦ h биективны. Доказать,что все отображения f, g, h являются биективными.Доказательство. Очевидно, что каждое из отображений f, g и h сюръективно, так как если быоно не обладало бы сюръективностью, то f ◦g и g◦h вообще говоря могло бы вовсе не существовать.Докажем, что каждое из этих отображений инъективно.

Этот факт тоже достаточно очевиден: вслучае, если бы какое-то из отображений не обладало бы инъективностью, какое-то из отображений f ◦ g, (f ◦ g)−1 , g ◦ h или (g ◦ h)−1 лишилось бы своей однозначности, то есть одному элементустало бы соответствовать много.Следовательно каждое из данных отображений инэективно и сюръективно, а следовательно биективно по определению.— 11 —1 Пределы числовых последовательностей7. Задача. Доказать, что множество всех конечных подмножеств множества натуральных чиселсчётно.Доказательство. Воспользуемся тем фактом, что объединение счётного числа счётных множествсчётно.

Тогда остаётся показать, что множество k-элементных подмножеств N счётно. В каждомтаком подмножестве из k элементов ∃xmax , так как каждое из них конечно. Разобьём каждое изподмножеств ещё на подмножества, в которых максимальный элемент равен xmax . Понятно, чточисло таких подмножеств конечно и меньше 2xmax . Доказательство завершено.8. Ну ведь даже указание имеется..9. Задача. Пусть E – бесконечное множество, D ⊂ E, D – не более, чем счётное множество и E \ Dбесконечно.

Доказать, что E \ D и E равномощны.Доказательство. Выделим помимо подмножества D ещё одно счётное подмножество F в E.Тогда E = (E \ D) ∪ D = (E \ D \ F ) ∪ (D ∪ F ) ∼ (E \ D \ F ) ∪ F = E \ D. Что и требовалось| {z }счётноедоказать.10. см. задачу №911. см. задачу №912. Задача. Доказать, что sup A = − inf(−A),sup(A ∪ B) = max(sup A, sup B).(a) Доказательство. Это свойство можно считать очевидным и следующим из определения:inf X := max{c ∈ R | ∀x ∈ X x > c}sup X := min{c ∈ R | ∀x ∈ X x 6 c}(b) Доказательство. Этот факт ещё очевидней предыдущего.13. Строгие доказательства утомительны, но достаточно просты для понимания, проводятся строгопо определению.14.

Доказывается непосредственно из определения предельной точки и точной верхней грани15. Данное утверждение очевидно.nknn→∞ 216. Задача. Доказать, что lim= 0,lim n(a1/n − 1) = ln a, a > 0.n→∞Решение.klim n2nn→∞³n´kµn¶k= 0 так как 21/k > 1.n(21/k )Возможно также провести доказательство по т. Штольца.³´n³ 1´¢n¡1получаем, что lim n e n − 1 = 1. Тогда(b) Исходя из неравенства 1 + n1 < e < 1 + n−1n→∞положив t = n ln a получаем требуемое неравенство, предварительно оговорив тот факт,что t 6∈ N или, если потребуется, проведя строгое доказательство, основанное на том, что[t] 6 t < [t] + 1.(a)= limn→∞2n/k= limn→∞— 12 —1 Пределы числовых последовательностей17. Задача.

Пусть lim xn = +∞. Доказать, что limn→∞n→∞x1 +···+xnn= +∞.Доказательство. Строгое доказательство проводится по определению бесконечного предела: намnдано, что ∀M ∃n1 : ∀n > n1 xn > 2M и надо доказать, что ∀M ∃n2 : ∀n > n2 x1 +···+x> M.nx+···+xx+···+xnnx1 +···+xnn2 −n11n−112Тогда возьмём n2 так, чтобы=+> 2M · n2 > M при n2 > 2n1 .nn2n2Возможно также нестрогое доказательство:nPПусть sn =xi , yn = n.

Тогда дано, что существует предел limsn −sn−1n→∞ yn −yn−1i=1snn→∞ ynтеореме Штольца имеем, что «существует» предел lim= xn = +∞. Тогда по= +∞.Данное доказательство очень нестрогое, так как т. Штольца, на самом деле, не разрешает намоперировать с бесконечными пределами.18. Задача. Пусть ∀n ∈ N pn > 0 и lim pn = p. Доказать, что lim (p1 .