matan1semestr (773486), страница 7
Текст из файла (страница 7)
Тогда существует n0 , ∀ n > n0 , an < bnДоказательство. Выберем ε = B−A2 , тогда ∃ n1 , ∀ n > n1 , an ∈ Oε (A),∃ n2 , ∀ n > n2 , bn ∈ Oε (B). Тогда ∀ n > n0 = max(n1 , n2 ), an ∈Oε (A) ∧ bn ∈ Oε (B), следовательно, an < A + ε = B − ε < bn . Теорема 5.2.
Если ∀ n, an ≤ bn и ∃ lim an , ∃ lim bn , то lim an ≤ lim bn .Доказательство. От противного. Пусть lim an > lim bn , тогда по теореме5.1 ∃ n0 , ∀ n > n0 an > bn , что противоречит условию. Лемма 5.3. A = lim an тогда и только тогда, когда lim |A − an | = 0.n→∞n→∞Доказательство – очевидно.Теорема 5.4 (теорема о сжатой переменной). Пусть an ≤ xn ≤ bn иlim an = lim bn = A. Тогда существует lim xn = A.Доказательство. Рассмотрим разность|xn − A| = |xn − an + an − A| ≤ |xn − an | + |an − A| ≤ |bn − an | + |an − A|Но lim |bn − an | = 0, lim |an − A| = 0. Тогда∀ ε > 0 ∃ n0 , ∀ n > n0 , |bn −an | <εε εε∧ |an −A| < ⇒ |xn −A| < + = ε ⇒ lim xn = A.n→∞222 2416. Фундаментальная последовательность и ее свойстваОпределение 6.1. Последовательность (an ) называется фундаментальной, если∀ ε > 0 ∃ n0 , ∀ m, n > n0 |an − am | < ε.Теорема 6.1.
Если последовательность (an ) сходится, то она фундаментальна.Доказательство. Пусть lim an = A. Тогда ∀ ε > 0 ∃ n0 , ∀ m, n > n0 |an −A| < 2ε и |am − A < 2ε | ⇒ |an − am | ≤ |an − A| + |A − am | < 2ε + 2ε < ε. Теорема 6.2. Фундаментальная последовательность ограничена.Доказательство. Так как (an ) фундаментальна, то дляε = 1 ∃ n0 , ∀ m, n > n0 |an − am | < 1. Положим m = n0 + 1, тогда|an − an0 +1 | < 1, отсюда∀ n > n0 , |an | ≤ |an − an0 +1 | + |an0 +1 | < 1 + |an0 +1 |.Пусть C = max(1 + |an0 +1 |, |a1 |, |a2 |, ..., |an0 |) ⇒ ∀ n |an | ≤ C.
Замечание. Свойство фундаментальности иногда формулируют в следующем виде:lim (an − am ) = 0n,m→∞7. Монотонная последовательность. Критерий сходимости монотонной последовательностиОпределение 7.1. Последовательность (an ) называется возрастающей,если ∀ n ∈ N an+1 ≥ an и строго возрастающей, если ∀ n ∈ N an+1 > an .Последовательность (an ) называется убывающей, если ∀ n ∈ N an+1 ≤ anи строго убывающей, если ∀ n ∈ N an+1 < an .Определение 7.2. Последовательность (an ) называется монотонной,если она является либо убывающей, либо возрастающей.Определение 7.3.
Последовательность называется стационарной, если∃ n0 , ∀ n ≥ n0 an+1 = an .Теорема 7.1. Стационарная последовательность сходится.Доказательство. Пусть ∀ n ≥ n0 , an = A ⇒ ∀ n ≥ n0 , |an − A| = 0 < ε ∀ ε > 0.42Теорема 7.2. Монотонная последовательность сходится тогда и только тогда, когда она ограничена.Доказательство. Д о с т а т о ч н о с т ь. Пусть для определенности(an ) возрастает. Тогда множество ее значений ограничено. Следовательно,∃ sup an = A. Покажем, что A = lim an . По определению верхней граниn∈Nn∈N∀ ε > 0 ∃ n0 , что A − ε < an0 ≤ A. Но (an ) возрастает, следовательно,∀ n > n0 an0 ≤ an ≤ A ⇒ ∀ n > n0 |an − A| < |an0 − A| < ε.Н е о б х о д и м о с т ь. Очевидна, т.к. любая сходящаяся последовательность ограничена.
8. Подпоследовательность и ее пределОпределение 8.1. Пусть (an ) – числовая последовательность и n(k) –строго возрастающая числовая последовательность, для которой n(k) ∈N. Тогда суперпозицияa(n(k))называется подпоследовательностью. Вместо a(n(k)) обычно пишут ank .Пример. (an ) – произвольная последовательность, n(k) = 2k, тогда an(k) =a2k –подпоследовательность с четными номерами. Аналогично, (a3k ) – подпоследовательность с номерами, кратными 3.Теорема 8.1.
Если ∃ lim an = A, то для любой подпоследовательностиn→∞(ank )∃ lim ank = A.n→∞Доказательство. По определению предела∀ ε > 0 ∃ nε > 0, ∀ n > nε |an − A| < ε.Так как nk строго возрастает и lim nk = +∞, то для nε ∃ k0 , ∀ k > k0 nk >nε ⇒ ∀ k > k0 , |ank − A| < ε ⇒ lim ank = A. k→∞Теорема 8.2. Пусть для всех подпоследовательностей (ank ) существуетнекоторый предел, равный A. Тогда ∃ lim an = A.n→∞Доказательство. От противного. Пусть lim an ̸= A.
⇒ ∃ ε0 > 0, ∀ nk ∈N, ∃ nk+1 > nk , |ank+1 − A| ≥ ε0 , т.е. существует подпоследовательность(ank ), для которой A ̸= lim ank . k→∞439. Выделение сходящейся подпоследовательности изограниченной последовательностиТеорема 9.1. Из всякой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность.Доказательство.
Рассмотрим 2 случая.1) Множество значений последовательности (an ) есть конечное множество.Тогда существует по крайней мере одно число A ∈ R, которое есть образбесконечного множества N1 ∈ N. Тогда ank при nk ∈ N1 есть последовательность, у которой ∀ nk , ank = A, следовательно, lim ank = A.k→∞2) Пусть множество значений последовательности (an ) есть бесконечноемножество. По теореме Больцано–Вейерштрасса существует предельнаяточка для множества {an }∞n=1 .
Обозначим ее через A. Покажем, что существует подпоследовательность ank → A. Выбираем ε1 = 1. В O1 (A),содержится бесконечно много элементов последовательности. Выберем вA−aней элемент, с номером n1 и положим ε2 = 2 n1 . Тогда в Oε2 (A) содержится бесконечно много элементов последовательности (an ). Выберем в Oε2 (A)|A−a |элемент an2 . Очевидно, что n2 > n1 и |A − an2 | < 2 n1 . Продолжая этотпроцесс, получаем подпоследовательность ank , удовлетворяющую услови|A−a |ям |A − ank+1 | < 2k n1 → 0 при k → ∞, отсюда lim |A − ank | = 0 ⇒k→∞lim ank = A. 10. Критерий Коши сходимости числовой последовательностиТеорема 10.1.
Последовательность (an ) сходится тогда и только тогда, когда (an ) фундаментальна.Доказательство. Н е о б х о д и м о с т ь очевидна, так как доказанаранее.Д о с т а т о ч н о с т ь. Пусть (an ) фундаментальна, тогда (an ) ограниченная, следовательно, из (an ) можно выбрать сходящуюся подпоследовательность (ank ) → A. Покажем, что lim an = A. Так как ank → A, то∀ ε > 0 ∃ k0 ∈ N, ∀ k > k0 |ank − A| < 2ε . Но последовательность (an ) фундаментальна, значит ∃ n0 ∀ m, n > n0 , |am − an | < 2ε . Будем считать, что kвыбрано так, что nk > n0 . Тогда ∀ n > n0 |an − A| ≤ |an − ank | + |ank − A| <εε2 + 2. 4411.
Неравенство БернуллиТеорема 11.1. Если a > −1, то ∀ n ∈ N(1 + a)n ≥ 1 + na.(8.1)Доказательство. По индукции. 1) n = 1 : 1 + a ≥ 1 + a – верно.2) Пусть (8.1) выполнен при некотором n ∈ N. Покажем, что (8.1) вернопри замене n на n + 1. Имеем(1+a)n+1 = (1+a)n ·(1+a) ≥ (1+na)(1+a) = 1+na+a+na2 > 1+a(n+1). Неравенство (8.1) называется неравенством Бернулли.12. Число Непера()n+1Теорема 12.1.
Существует lim 1 + n1n→∞()n+1. ПоДоказательство. Рассмотрим последовательность an = 1 + n1кажем, что (an ) убывающая последовательность, т.е. an+1 ≤ an . Имеем сучетом неравенства Бернулли( n+1 )n+1 ()n+2(n + 1)(n + 1)annn= ( )n+2 ==n+2an+1n(n + 2)n+1n+1(= 1+()n11+= 1 ⇒ an+1 ≤ an .n 1+n()n+1Таким образом, последовательность an = 1 + n1убывает и ограничена()n+1снизу, следовательно, ∃ lim 1 + n1= e.
n→∞()nСледствие. lim 1 + n1 = e.1n(n + 2))n+2n≥1+nn→∞()nОпределение 12.1. Число e = lim 1 + n1 называется числом Непера.n→∞Замечание. Число e = 2.718281828... бесконечная непериодическая дробь.13. Некоторые пределыα1) lim nγ n = 0 (α ∈ N, γ > 1).n→∞Доказательство. Пусть вначале α = 1 Обозначим xn =45nγnи покажем,что последовательность xn убывающая. Имеем()n γ n+1nxn= n=· γ.xn+1γ (n + 1)n+1Отсюдаxn+11=xnγ()Так как 1 + n1 → 1, то(n+1n)1=γ()11+.n()111+→ < 1,nγ()следовательно, ∃ n0 , ∀ n > n0 γ1 1 + n1 < 1.
Таким образом, последовательность (xn )∞n=n0 убывает. Значит, ∃ lim xn = A. Перейдем к пределу вn→∞неравенство xn+1 ≤ d · xn . Отсюда A ≤ d · A ⇒ A (= 0. Так) как если1γαA > 0, то d ≥ 1, что невозможно. Если α > 1, тоαnγn=( n)1 nγα. Так какα→ 0, то nγ n → 0. √2) lim n n = 1.( n)1 nγαn→∞√Доказательство. Обозначим n n = 1 + αn (αn > 0). Тогда по формулеn(n+1)Бинома Ньютона n = (1 + αn )n ≥ 1 + nαn + n(n+1)2 αn >2 αn . Отсюда2n2=→ 0 ⇒ lim αn = 0.n→∞n(n + 1) n + 1√√Переходя к пределу в равенстве n n = 1 + αn , получаем lim n n = 1.
αn ≤14. Формула Бинома НьютонаТеорема 14.1. ∀ a, b ∈ R, ∀ n ∈ Nn(a + b) =n∑Cnk ak bn−k ,k=0где Cnk =по k.n!k!(n−k)! .Число Cnk =n!k!(n−k)!называется числом сочетаний из n46Доказательство. По индукции.1∑11) n = 1. (a + b) =C1k ak b1−k = C10 a0 b1 + C11 a1 b0 = b + a.k=0n∑2) Пусть (a + b)n =Cnk ak bn−k . Тогдаk=0((a + b)n+1 = (a + b)n · (a + b) =n∑)Cnk ak bn−k(a + b) =k=0n∑Cnk ak+1 bn−k+n∑k=0Cnk ak bn−k+1 =k=0положим k + 1 = l в первой сумме=n+1∑Cnl−1 al bn−l+1+l=1n∑Cnk ak bn−k+1n+1∑=k=0=Cnn an+1 b0+n∑=n+1 n+1 0Cn+1a b ++n∑k=1Cnk−1 ak bn+1−k+k=1n∑Cnk−1 ak bn+1−kn∑Cnk ak bn+1−k =k=0Cnk ak bn+1−k + Cn0 a0 bn+1 =k=10(Cnk−1 +Cnk )ak bn+1−k +Cn+1a0 bn+1k=1=n+1∑kCn+1ak bn+1−k . k=015. Верхний и нижний пределы последовательностиОпределение 15.1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
