Свойства пределов. Число e. Критерий Коши

Прогресс изучения0 из 9

Отмечай теоремы кнопками ✓ (изучено) и ↻ (повторить)

Все теоремы темы9

Арифметические операции с пределами последовательностей
Число e
Число e как сумма ряда. Иррациональность e
Свойства гиперболических функций
Предельная точка множества как предел последовательности
Принцип Больцано–Вейерштрасса
Подпоследовательности сходящейся последовательности
Существование верхнего и нижнего пределов
Критерий Коши сходимости числовой последовательности

теорема

Арифметические операции с пределами последовательностей

Формулировка

Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ , $\lim\limits_{n\to\infty}y_n = b$ , где $a, b\in\mathbb R$ . Тогда

$\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\pm y_n) = a\pm b$ ;
$\lim\limits_{n\to\infty}x_ny_n = ab$ ; в частности, $\lim\limits_{n\to\infty}cx_n = ca$ для любой постоянной $c$ и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n^k = a^k$ , $k\in\mathbb N$ ;
если $b\ne 0$ и $y_n\ne 0$ при всех $n$ , то

\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n} = \frac ab.

Доказательство

Развернуть

По свойству бесконечно малых последовательностей запишем $x_n = a + \alpha_n$ , $y_n = b + \beta_n$ , где $\alpha_n\to 0$ , $\beta_n\to 0$ . Достаточно показать, что разность между выражением и предполагаемым пределом — бесконечно малая.

$(x_n\pm y_n) - (a\pm b) = \alpha_n\pm\beta_n$ — бесконечно малая как сумма (разность) бесконечно малых.
Имеем

x_ny_n - ab = a\beta_n + b\alpha_n + \alpha_n\beta_n.

Каждое слагаемое — произведение бесконечно малой на ограниченную (постоянную или бесконечно малую, которая ограничена как сходящаяся последовательность), т. е. бесконечно малая; сумма трёх бесконечно малых — бесконечно малая. Частные случаи: $y_n = c$ и индукция по $k$ .

Сначала покажем, что $\frac1{y_n}$ ограничена начиная с некоторого номера. Для $\varepsilon = \frac{|b|}2 > 0$ найдётся $N$ с $|y_n - b| < \frac{|b|}2$ при $n > N$ ; тогда

|y_n|\ge|b| - |y_n - b| > \frac{|b|}2,\qquad\left|\frac1{y_n}\right| < \frac2{|b|}\quad(n > N).

Теперь

\frac{x_n}{y_n} - \frac ab = \frac{bx_n - ay_n}{by_n} = (b\alpha_n - a\beta_n)\cdot\frac1{by_n}.

Первый множитель — бесконечно малая (по п. 1 и п. 2), второй по модулю меньше $\frac2{b^2}$ при $n > N$ . Произведение бесконечно малой на последовательность, ограниченную при $n > N$ , — бесконечно малая (в доказательстве свойства достаточно рассматривать $n > N$ , так как конечное число членов не влияет на предел). Значит, $\frac{x_n}{y_n}\to\frac ab$ . $\blacksquare$

теорема

Число e

Формулировка

Последовательность

x_n = \left(1 + \frac1n\right)^n

строго возрастает и ограничена сверху, следовательно, сходится. Её предел обозначается $e$ :

e = \lim_{n\to\infty}\left(1 + \frac1n\right)^n,

причём $2 < e < 3$ (точнее, $2{,}37\le e\le 2{,}75$ ; $e = 2{,}718281828\ldots$ ).

Доказательство

Развернуть

По формуле бинома Ньютона

x_n = \sum_{k=0}^n C_n^k\frac1{n^k} = 1 + 1 + \sum_{k=2}^n\frac1{k!}\left(1 - \frac1n\right)\left(1 - \frac2n\right)\cdots\left(1 - \frac{k - 1}n\right),

поскольку $\frac{C_n^k}{n^k} = \frac{n(n - 1)\cdots(n - k + 1)}{k!\,n^k} = \frac1{k!}\prod_{j=1}^{k-1}\left(1 - \frac jn\right)$ .

Монотонность. В аналогичной записи $x_{n+1}$ стоит $n + 2$ слагаемых. При каждом $k = 2, \ldots, n$ $k$ -е слагаемое в $x_{n+1}$ больше, чем в $x_n$ , так как $1 - \frac j{n + 1} > 1 - \frac jn > 0$ при $1\le j < k\le n$ ; кроме того, в $x_{n+1}$ есть дополнительное положительное слагаемое с $k = n + 1$ . Поэтому $x_{n+1} > x_n$ .

Ограниченность. Все произведения в скобках не превосходят $1$ , а $k! = 2\cdot 3\cdots k\ge 2\cdot 3^{k-2}$ при $k\ge 2$ . Поэтому

x_n\le 2 + \sum_{k=2}^n\frac1{k!}\le 2 + \frac12\sum_{k=2}^n\frac1{3^{k-2}} = 2 + \frac12\cdot\frac{1 - 3^{-(n-1)}}{1 - \frac13} < 2 + \frac34 = 2{,}75.

По теореме Вейерштрасса последовательность сходится и $e = \sup x_n$ . Так как она строго возрастает, $e\ge x_3 = \left(\frac43\right)^3 = \frac{64}{27} > 2{,}37 > 2$ . По предельному переходу в неравенстве $x_n < 2{,}75$ получаем $e\le 2{,}75 < 3$ . $\blacksquare$

теорема

Число e как сумма ряда. Иррациональность e

Формулировка

Пусть $s_n = \sum\limits_{k=0}^n\frac1{k!} = 1 + 1 + \frac1{2!} + \ldots + \frac1{n!}$ . Тогда

$\lim\limits_{n\to\infty}s_n = e$ ;
при всех $n\in\mathbb N$

0 < e - s_n < \frac1{n!\,n};

число $e$ иррационально.

Доказательство

Развернуть

Последовательность $\{s_n\}$ строго возрастает и, как показано при доказательстве теоремы о числе $e$ , $s_n < 2{,}75$ . По теореме Вейерштрасса существует $s = \lim s_n$ . В той же теореме установлено, что $x_n = \left(1 + \frac1n\right)^n\le s_n$ ; по предельному переходу в неравенствах $e\le s$ .

Обратно, зафиксируем $m$ . При $n > m$ , отбрасывая в биномиальной записи $x_n$ неотрицательные слагаемые с $k > m$ , получаем

x_n\ge 2 + \sum_{k=2}^m\frac1{k!}\left(1 - \frac1n\right)\cdots\left(1 - \frac{k - 1}n\right).

Правая часть — сумма фиксированного числа $m - 1$ слагаемых, каждое из которых есть произведение фиксированного числа сомножителей $1 - \frac jn\to 1$ . По теореме об арифметических операциях с пределами правая часть стремится к $s_m$ при $n\to\infty$ , и предельный переход в неравенстве даёт $e\ge s_m$ . Переходя к пределу при $m\to\infty$ , получаем $e\ge s$ . Итак, $e = s$ .

При $p\in\mathbb N$

s_{n+p} - s_n = \frac1{(n + 1)!}\left(1 + \frac1{n + 2} + \frac1{(n + 2)(n + 3)} + \ldots + \frac1{(n + 2)\cdots(n + p)}\right)\le\frac1{(n + 1)!}\sum_{j=0}^{p-1}\frac1{(n + 1)^j} < \frac1{(n + 1)!}\cdot\frac{n + 1}n = \frac1{n!\,n}.

Переходя к пределу при $p\to\infty$ , получаем $e - s_n\le\frac1{n!\,n}$ для всех $n$ . Применяя это к $n + 1$ :

e - s_n = (e - s_{n+1}) + \frac1{(n + 1)!}\le\frac1{(n + 1)!}\cdot\frac{n + 2}{n + 1} < \frac1{(n + 1)!}\cdot\frac{n + 1}n = \frac1{n!\,n},

так как $(n + 2)n = n^2 + 2n < (n + 1)^2$ . Положительность: $e - s_n\ge s_{n+1} - s_n = \frac1{(n + 1)!} > 0$ , так как $e = \sup s_k$ .

Предположим противное: $e = \frac pq$ , $p, q\in\mathbb N$ . По п. 2 при $n = q$

0 < q!\,(e - s_q) < \frac1q\le 1.

Но $q!\,e = (q - 1)!\,p$ — целое число, и $q!\,s_q = \sum\limits_{k=0}^q\frac{q!}{k!}$ — тоже целое. Значит, целое число $q!\,(e - s_q)$ лежит в интервале $(0, 1)$ , что невозможно. Следовательно, $e$ иррационально. $\blacksquare$

теорема

Свойства гиперболических функций

Формулировка

Для всех $x, y\in\mathbb R$ :

$\operatorname{ch}$ — чётная функция, $\operatorname{sh}$ и $\operatorname{th}$ — нечётные; $\operatorname{ch}x\pm\operatorname{sh}x = e^{\pm x}$ ;
основное тождество

\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x = 1;

формулы сложения

\operatorname{sh}(x\pm y) = \operatorname{sh}x\operatorname{ch}y\pm\operatorname{ch}x\operatorname{sh}y,\qquad\operatorname{ch}(x\pm y) = \operatorname{ch}x\operatorname{ch}y\pm\operatorname{sh}x\operatorname{sh}y;

формулы двойного аргумента

\operatorname{sh}2x = 2\operatorname{sh}x\operatorname{ch}x,\qquad\operatorname{ch}2x = \operatorname{ch}^2x + \operatorname{sh}^2x = 1 + 2\operatorname{sh}^2x = 2\operatorname{ch}^2x - 1;

$1 - \operatorname{th}^2x = \dfrac1{\operatorname{ch}^2x}$ .

Доказательство

Развернуть

При замене $x$ на $-x$ слагаемые $e^x$ и $e^{-x}$ меняются местами, поэтому $\operatorname{ch}(-x) = \operatorname{ch}x$ , $\operatorname{sh}(-x) = -\operatorname{sh}x$ , и $\operatorname{th}(-x) = -\operatorname{th}x$ как частное нечётной и чётной функций. Складывая и вычитая определения, получаем $\operatorname{ch}x + \operatorname{sh}x = e^x$ , $\operatorname{ch}x - \operatorname{sh}x = e^{-x}$ .
Перемножая два равенства п. 1:

\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x = (\operatorname{ch}x + \operatorname{sh}x)(\operatorname{ch}x - \operatorname{sh}x) = e^xe^{-x} = 1.

Раскроем скобки:

\operatorname{sh}x\operatorname{ch}y + \operatorname{ch}x\operatorname{sh}y = \frac{(e^x - e^{-x})(e^y + e^{-y}) + (e^x + e^{-x})(e^y - e^{-y})}4 = \frac{2e^{x+y} - 2e^{-x-y}}4 = \operatorname{sh}(x + y).

Аналогично

\operatorname{ch}x\operatorname{ch}y + \operatorname{sh}x\operatorname{sh}y = \frac{(e^x + e^{-x})(e^y + e^{-y}) + (e^x - e^{-x})(e^y - e^{-y})}4 = \frac{2e^{x+y} + 2e^{-x-y}}4 = \operatorname{ch}(x + y).

Формулы для $x - y$ получаются заменой $y$ на $-y$ с учётом чётности $\operatorname{ch}$ и нечётности $\operatorname{sh}$ .

Полагая $y = x$ в формулах сложения, получаем $\operatorname{sh}2x = 2\operatorname{sh}x\operatorname{ch}x$ и $\operatorname{ch}2x = \operatorname{ch}^2x + \operatorname{sh}^2x$ ; заменяя $\operatorname{ch}^2x = 1 + \operatorname{sh}^2x$ или $\operatorname{sh}^2x = \operatorname{ch}^2x - 1$ по п. 2, получаем две другие формы.
Делим тождество п. 2 на $\operatorname{ch}^2x > 0$ . $\blacksquare$

теорема

Предельная точка множества как предел последовательности

Формулировка

Пусть $X\subset\mathbb R$ , $a\in\mathbb R$ . Следующие условия равносильны:

$a$ — предельная точка множества $X$ ;
в любой окрестности точки $a$ содержится бесконечно много точек множества $X$ ;
существует последовательность $\{x_n\}$ попарно различных точек $X$ такая, что $x_n\to a$ ;
существует последовательность $\{x_n\}$ точек $X$ такая, что $x_n\ne a$ при всех $n$ и $x_n\to a$ .

Аналогично, $+\infty$ — предельная точка $X$ тогда и только тогда, когда существует последовательность $x_n\in X$ , $x_n\to+\infty$ (и тогда её можно выбрать строго возрастающей).

Доказательство

Развернуть

1 ⇒ 3. Построим $x_n$ по индукции. По определению найдётся $x_1\in X$ с $0 < |x_1 - a| < 1$ . Если $x_1, \ldots, x_{n-1}$ построены, положим $\delta_n = \min\left(\frac1n, |x_{n-1} - a|\right) > 0$ и выберем $x_n\in X$ с $0 < |x_n - a| < \delta_n$ . Тогда расстояния $|x_n - a|$ строго убывают, так что точки $x_n$ попарно различны, и $|x_n - a| < \frac1n$ . Для $\varepsilon > 0$ по следствию из принципа Архимеда найдётся $N$ с $\frac1N < \varepsilon$ , и при $n > N$ получаем $|x_n - a| < \frac1n < \varepsilon$ . Итак, $x_n\to a$ .

3 ⇒ 2. Пусть $U$ — окрестность $a$ . Все $x_n$ с $n > N$ при некотором $N$ лежат в $U$ , а они попарно различны; значит, в $U$ бесконечно много точек $X$ .

2 ⇒ 1. В окрестности $U_\delta(a)$ бесконечно много точек $X$ , поэтому среди них есть точка, отличная от $a$ , т. е. $\mathring U_\delta(a)\cap X\ne\varnothing$ для любого $\delta > 0$ .

Наконец, 3 ⇒ 4: среди попарно различных $x_n$ не более одного равно $a$ , его можно выбросить. 4 ⇒ 1: для $\delta > 0$ при больших $n$ имеем $0 < |x_n - a| < \delta$ , т. е. $x_n\in\mathring U_\delta(a)\cap X$ .

Случай $+\infty$ . Если $+\infty$ — предельная точка $X$ , то $X$ не ограничено сверху; выберем $x_1\in X$ с $x_1 > 1$ и далее $x_n\in X$ с $x_n > \max(n, x_{n-1})$ . Получим строго возрастающую последовательность с $x_n > n$ , т. е. $x_n\to+\infty$ . Обратно, если $x_n\in X$ , $x_n\to+\infty$ , то для любого $M$ найдётся $x_n > M$ , т. е. окрестность $(M, +\infty)$ содержит точки $X$ . $\blacksquare$

теорема

Принцип Больцано–Вейерштрасса

Формулировка

Из всякой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность; иначе говоря, ограниченная последовательность имеет хотя бы один конечный частичный предел.
Всякое бесконечное ограниченное множество $X\subset\mathbb R$ имеет хотя бы одну конечную предельную точку.
Из всякой последовательности, не ограниченной сверху, можно выделить подпоследовательность, стремящуюся к $+\infty$ (из не ограниченной снизу — к $-\infty$ ). В частности, из неограниченной последовательности можно выделить бесконечно большую подпоследовательность.

Доказательство

Развернуть

Пусть $|x_n|\le C$ при всех $n$ , $[a_0, b_0] = [-C, C]$ ; этот отрезок содержит $x_n$ при всех $n$ . Разделим его пополам. Хотя бы одна из половин содержит $x_n$ для бесконечного множества номеров $n$ (иначе обе половины содержали бы члены лишь с конечным числом номеров, а всех номеров бесконечно много). Обозначим такую половину (левую, если подходят обе) $[a_1, b_1]$ .

Продолжая, получим систему вложенных отрезков $[a_k, b_k]$ длины $b_k - a_k = \frac{2C}{2^k}$ , каждый из которых содержит $x_n$ для бесконечного множества номеров. По принципу вложенных отрезков существует точка $c$ , принадлежащая всем $[a_k, b_k]$ .

Выберем номер $n_1$ с $x_{n_1}\in[a_1, b_1]$ , затем $n_2 > n_1$ с $x_{n_2}\in[a_2, b_2]$ , и вообще $n_k > n_{k-1}$ с $x_{n_k}\in[a_k, b_k]$ — это возможно, так как подходящих номеров бесконечно много. Получаем подпоследовательность, для которой, поскольку $x_{n_k}$ и $c$ лежат в $[a_k, b_k]$ ,

0\le|x_{n_k} - c|\le b_k - a_k = 2C\left(\frac12\right)^k.

По лемме об основных пределах $\left(\frac12\right)^k\to 0$ , и по теореме о трёх последовательностях $x_{n_k}\to c$ .

Так как $X$ бесконечно, можно по индукции выбрать попарно различные точки $x_n\in X$ (множество $X\setminus\{x_1, \ldots, x_{n-1}\}$ непусто). Последовательность $\{x_n\}$ ограничена, и по п. 1 существует подпоследовательность $x_{n_k}\to c\in\mathbb R$ . Её члены попарно различны, поэтому по теореме о предельной точке множества как пределе последовательности $c$ — предельная точка $X$ .
Пусть $\{x_n\}$ не ограничена сверху. Тогда для любых $M$ и $N$ найдётся $n > N$ с $x_n > M$ : иначе $x_n\le\max(M, x_1, \ldots, x_N)$ при всех $n$ . Выберем $n_1$ с $x_{n_1} > 1$ и далее $n_k > n_{k-1}$ с $x_{n_k} > k$ . Для $E > 0$ при $k > E$ имеем $x_{n_k} > k > E$ , т. е. $x_{n_k}\to+\infty$ . Случай неограниченности снизу аналогичен. Неограниченная последовательность не ограничена сверху или снизу, и построенная подпоследовательность стремится к $+\infty$ или к $-\infty$ , а значит, бесконечно большая. $\blacksquare$

теорема

Подпоследовательности сходящейся последовательности

Формулировка

Если $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ ( $a$ конечное или $\pm\infty$ ), то любая подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$ имеет тот же предел $a$ . В частности, сходящаяся последовательность имеет единственный частичный предел, а последовательность с двумя различными частичными пределами расходится.
Точка $a$ (конечная или $\pm\infty$ ) является частичным пределом $\{x_n\}$ тогда и только тогда, когда в любой окрестности $U(a)$ лежат члены $x_n$ с бесконечным множеством номеров $n$ .
Ограниченная последовательность сходится к $a$ тогда и только тогда, когда каждый её частичный предел равен $a$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $U(a)$ — окрестность, и $x_n\in U(a)$ при $n > N$ . Так как $n_k\ge k$ , при $k > N$ имеем $n_k > N$ и $x_{n_k}\in U(a)$ . Значит, $x_{n_k}\to a$ . Если бы сходящаяся к $a$ последовательность имела частичный предел $b\ne a$ , то некоторая подпоследовательность стремилась бы и к $a$ , и к $b$ , что противоречит единственности предела.
Если $x_{n_k}\to a$ , то для любой окрестности $U(a)$ все $x_{n_k}$ с $k > K$ лежат в $U(a)$ , а номера $n_k$ попарно различны — их бесконечно много. Обратно, пусть условие выполнено. Для конечного $a$ положим $U_k = (a - \frac1k, a + \frac1k)$ , для $a = +\infty$ — $U_k = (k, +\infty)$ , для $a = -\infty$ — $U_k = (-\infty, -k)$ . Выберем $n_1$ с $x_{n_1}\in U_1$ и далее $n_k > n_{k-1}$ с $x_{n_k}\in U_k$ (номеров с $x_n\in U_k$ бесконечно много, поэтому есть и больший $n_{k-1}$ ). Для конечного $a$ имеем $|x_{n_k} - a| < \frac1k$ , откуда по следствию из принципа Архимеда $x_{n_k}\to a$ ; для $a = \pm\infty$ получаем $x_{n_k} > k$ (соответственно $x_{n_k} < -k$ ), т. е. $x_{n_k}\to\pm\infty$ .
Необходимость следует из п. 1. Достаточность: пусть $\{x_n\}$ ограничена, все её частичные пределы равны $a$ , но $x_n\not\to a$ . Тогда найдётся $\varepsilon_0 > 0$ такое, что $|x_n - a|\ge\varepsilon_0$ для бесконечного множества номеров; выписывая эти члены в порядке возрастания номеров, получим подпоследовательность $\{x_{m_j}\}$ с $|x_{m_j} - a|\ge\varepsilon_0$ .

Она ограничена, и по принципу Больцано–Вейерштрасса из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность $x_{m_{j_i}}\to b$ ; это и подпоследовательность $\{x_n\}$ , так что $b$ — частичный предел и по условию $b = a$ . Но если бы $b$ лежало в интервале $(a - \varepsilon_0, a + \varepsilon_0)$ , то по теореме о сохранении знака (предельный переход в неравенствах) члены $x_{m_{j_i}}$ с большими номерами тоже лежали бы в нём; значит, $|b - a|\ge\varepsilon_0$ , т. е. $b\ne a$ . Противоречие.

Ограниченность в п. 3 существенна: у $x_n = n$ при нечётных $n$ и $x_n = 0$ при чётных единственный конечный частичный предел $0$ , но последовательность расходится. $\blacksquare$

теорема

Существование верхнего и нижнего пределов

Формулировка

Пусть последовательность $\{x_n\}$ ограничена. Положим

M_n = \sup_{k\ge n}x_k,\qquad m_n = \inf_{k\ge n}x_k.

Последовательность $\{M_n\}$ не возрастает, $\{m_n\}$ не убывает, обе ограничены, поэтому существуют конечные пределы $L = \lim M_n$ , $l = \lim m_n$ , и $l\le L$ .
$L$ и $l$ — частичные пределы $\{x_n\}$ , и любой частичный предел $c$ удовлетворяет $l\le c\le L$ . Тем самым

\varlimsup_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}\sup_{k\ge n}x_k,\qquad\varliminf_{n\to\infty}x_n = \lim_{n\to\infty}\inf_{k\ge n}x_k.

$\{x_n\}$ сходится тогда и только тогда, когда $\varlimsup\limits_{n\to\infty}x_n = \varliminf\limits_{n\to\infty}x_n$ ; общее значение и есть предел.

Доказательство

Развернуть

Пусть $|x_n|\le C$ . Множество $\{x_k : k\ge n\}$ непусто и ограничено, поэтому $M_n$ и $m_n$ существуют по теореме о существовании точных граней, и $-C\le m_n\le M_n\le C$ . При переходе от $n$ к $n + 1$ множество $\{x_k : k\ge n\}$ уменьшается, поэтому $M_{n+1}\le M_n$ и $m_{n+1}\ge m_n$ . По теореме Вейерштрасса существуют $L = \lim M_n = \inf M_n$ и $l = \lim m_n$ , а $l\le L$ — по предельному переходу в неравенстве $m_n\le M_n$ .
Покажем, что $L$ — частичный предел, проверив условие «в каждой окрестности бесконечно много номеров». Пусть $\varepsilon > 0$ и $N\in\mathbb N$ . Так как $M_n\downarrow L$ , найдётся $n_0 > N$ с $L\le M_{n_0} < L + \varepsilon$ . По критерию точной верхней грани существует $k\ge n_0$ с $x_k > M_{n_0} - \varepsilon\ge L - \varepsilon$ ; кроме того, $x_k\le M_{n_0} < L + \varepsilon$ . Итак, для любого $N$ найдётся $k > N$ с $|x_k - L| < \varepsilon$ , т. е. номеров с $x_k\in U_\varepsilon(L)$ бесконечно много, и по теореме о подпоследовательностях $L$ — частичный предел. Для $l$ рассуждение симметрично.

Пусть $c$ — частичный предел, $x_{n_j}\to c$ . Так как $m_{n_j}\le x_{n_j}\le M_{n_j}$ , а $M_{n_j}\to L$ и $m_{n_j}\to l$ как подпоследовательности сходящихся последовательностей, предельный переход в неравенствах даёт $l\le c\le L$ .

Если $x_n\to a$ , то по теореме о подпоследовательностях все частичные пределы равны $a$ , в частности $L = l = a$ . Обратно, если $L = l = a$ , то из $m_n\le x_n\le M_n$ и $m_n\to a$ , $M_n\to a$ по теореме о трёх последовательностях $x_n\to a$ . $\blacksquare$

теорема

Критерий Коши сходимости числовой последовательности

Формулировка

Числовая последовательность $\{x_n\}$ сходится (имеет конечный предел) тогда и только тогда, когда она фундаментальна:

\exists\lim_{n\to\infty}x_n\in\mathbb R\iff\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\ \ \forall n, m > N:\ |x_n - x_m| < \varepsilon.

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $x_n\to a$ , $\varepsilon > 0$ . Найдётся $N$ с $|x_n - a| < \frac\varepsilon2$ при $n > N$ . Тогда при $n, m > N$

|x_n - x_m|\le|x_n - a| + |a - x_m| < \frac\varepsilon2 + \frac\varepsilon2 = \varepsilon.

Достаточность. Фундаментальная последовательность ограничена: при $\varepsilon = 1$ найдётся $N_1$ с $|x_n - x_m| < 1$ при $n, m > N_1$ ; в частности $|x_n|\le|x_{N_1+1}| + 1$ при $n > N_1$ , и $|x_n|\le\max\{|x_1|, \ldots, |x_{N_1}|, |x_{N_1+1}| + 1\}$ для всех $n$ .

По принципу Больцано–Вейерштрасса существует подпоследовательность $x_{n_k}\to a\in\mathbb R$ .

Покажем, что $x_n\to a$ . Пусть $\varepsilon > 0$ . По условию Коши найдётся $N$ с $|x_n - x_m| < \frac\varepsilon2$ при $n, m > N$ , а по сходимости подпоследовательности — номер $K$ с $|x_{n_k} - a| < \frac\varepsilon2$ при $k > K$ . Возьмём $n > N$ и какое-нибудь $k > \max(K, N)$ ; тогда $n_k\ge k > N$ , и

|x_n - a|\le|x_n - x_{n_k}| + |x_{n_k} - a| < \frac\varepsilon2 + \frac\varepsilon2 = \varepsilon.

Итак, $x_n\to a$ .

Замечание. В множестве $\mathbb Q$ аналог критерия неверен: десятичные приближения $1;\ 1{,}4;\ 1{,}41;\ 1{,}414;\ \ldots$ числа $\sqrt2$ фундаментальны, но не имеют рационального предела. Критерий Коши выражает полноту $\mathbb R$ . $\blacksquare$

Пределы рациональных выражений

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{2n^3 - n + 5}{4n^3 + n^2}$ ;

б) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{(n + 1)^3 - (n - 1)^3}{(n + 1)^2 + (n - 1)^2}$ ;

в) $\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sqrt{n^2 + n} - n\right)$ ;

г) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1 + 2 + \ldots + n}{n^2}$ .

Решение

Развернуть

а) Делим числитель и знаменатель на $n^3$ :

\frac{2n^3 - n + 5}{4n^3 + n^2} = \frac{2 - \frac1{n^2} + \frac5{n^3}}{4 + \frac1n}.

Поскольку $\frac1n\to 0$ , по теореме об арифметических операциях $\frac1{n^2}\to 0$ , $\frac5{n^3}\to 0$ ; числитель стремится к $2$ , знаменатель — к $4\ne 0$ . Предел равен $\frac24 = \frac12$ .

б) Раскрывая скобки, $(n + 1)^3 - (n - 1)^3 = 6n^2 + 2$ , $(n + 1)^2 + (n - 1)^2 = 2n^2 + 2$ . Тогда

\frac{6n^2 + 2}{2n^2 + 2} = \frac{6 + \frac2{n^2}}{2 + \frac2{n^2}}\to\frac62 = 3.

в) Умножаем и делим на сопряжённое:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac n{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac1{\sqrt{1 + \frac1n} + 1}.

При $t\ge 0$ имеем $0\le\sqrt{1 + t} - 1 = \frac t{\sqrt{1 + t} + 1}\le t$ , поэтому $0\le\sqrt{1 + \frac1n} - 1\le\frac1n$ , и по теореме о трёх последовательностях $\sqrt{1 + \frac1n}\to 1$ . По теореме о пределе частного выражение стремится к $\frac1{1 + 1} = \frac12$ .

г) $1 + 2 + \ldots + n = \frac{n(n + 1)}2$ , поэтому

\frac{1 + 2 + \ldots + n}{n^2} = \frac{n + 1}{2n} = \frac12\left(1 + \frac1n\right)\to\frac12.

Ответ: а) $\frac12$ ; б) $3$ ; в) $\frac12$ ; г) $\frac12$ .

Пределы, сводящиеся к числу e

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1 + \frac1n\right)^{2n+3}$ ;

б) $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1 - \frac1n\right)^n$ ;

в) $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1 + \frac1{2n}\right)^n$ ;

г) $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1 + \frac1{n^2}\right)^n$ .

Решение

Развернуть

Обозначим $e_m = \left(1 + \frac1m\right)^m$ ; по теореме о числе $e$ имеем $e_m\to e$ и $e_m < e < 3$ (последовательность строго возрастает).

а) $\left(1 + \frac1n\right)^{2n+3} = e_n^2\cdot\left(1 + \frac1n\right)^3$ . По теореме о пределе произведения $e_n^2\to e^2$ , $\left(1 + \frac1n\right)^3\to 1$ , так что предел равен $e^2$ .

б) При $n\ge 2$

\left(1 - \frac1n\right)^n = \left(\frac{n - 1}n\right)^n = \frac1{\left(1 + \frac1{n - 1}\right)^n} = \frac1{e_{n-1}\left(1 + \frac1{n - 1}\right)}.

Последовательность $e_{n-1}$ (сдвиг $e_n$ на один номер) тоже стремится к $e$ , а $1 + \frac1{n - 1}\to 1$ . По теореме о пределе частного предел равен $\frac1e$ .

в) Последовательность $y_n = \left(1 + \frac1{2n}\right)^{2n} = e_{2n}$ — подпоследовательность $\{e_m\}$ , поэтому по теореме о подпоследовательностях $y_n\to e$ . Искомое выражение равно $\sqrt{y_n}$ , и

\left|\sqrt{y_n} - \sqrt e\right| = \frac{|y_n - e|}{\sqrt{y_n} + \sqrt e}\le\frac{|y_n - e|}{\sqrt e}\to 0.

Предел равен $\sqrt e$ .

г) Имеем $\left(1 + \frac1{n^2}\right)^n = \left(e_{n^2}\right)^{1/n}$ , и так как $1 < e_{n^2} < 3$ ,

1 < \left(1 + \frac1{n^2}\right)^n < \sqrt[n]3.

По лемме об основных пределах $\sqrt[n]3\to 1$ , и по теореме о трёх последовательностях предел равен $1$ . (Обратите внимание: неопределённость $1^\infty$ не обязательно даёт $e$ .)

Ответ: а) $e^2$ ; б) $\frac1e$ ; в) $\sqrt e$ ; г) $1$ .

Итерации Герона для квадратного корня

Условие

Пусть $a > 0$ , $x_1 > 0$ и

x_{n+1} = \frac12\left(x_n + \frac a{x_n}\right),\quad n\in\mathbb N.

Доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \sqrt a$ и что $x_{n+1} - \sqrt a = \frac{(x_n - \sqrt a)^2}{2x_n}$ . Для $a = 2$ , $x_1 = 2$ вычислить $x_4$ и оценить его погрешность.

Решение

Развернуть

По индукции все $x_n > 0$ : если $x_n > 0$ , то и $x_{n+1} > 0$ . Далее,

x_{n+1} - \sqrt a = \frac{x_n^2 - 2\sqrt a\,x_n + a}{2x_n} = \frac{(x_n - \sqrt a)^2}{2x_n}\ge 0,

поэтому $x_n\ge\sqrt a$ при всех $n\ge 2$ .

При $n\ge 2$

x_{n+1} - x_n = \frac{a - x_n^2}{2x_n}\le 0,

т. е. последовательность $x_2, x_3, \ldots$ не возрастает и ограничена снизу числом $\sqrt a$ . По теореме Вейерштрасса существует $b = \lim x_n$ (первый член на сходимость не влияет), и по предельному переходу в неравенствах $b\ge\sqrt a > 0$ .

Перепишем рекуррентное соотношение в виде $2x_{n+1}x_n = x_n^2 + a$ . Так как $x_{n+1}\to b$ (сдвиг), по теореме об арифметических операциях с пределами получаем $2b^2 = b^2 + a$ , т. е. $b^2 = a$ , и с учётом $b > 0$ имеем $b = \sqrt a$ .

Для $a = 2$ , $x_1 = 2$ : $x_2 = \frac32$ , $x_3 = \frac12\left(\frac32 + \frac43\right) = \frac{17}{12}$ , $x_4 = \frac12\left(\frac{17}{12} + \frac{24}{17}\right) = \frac{289 + 288}{408} = \frac{577}{408}\approx 1{,}4142157$ . По формуле для погрешности

0 < x_4 - \sqrt2 = \frac{(x_3 - \sqrt2)^2}{2x_3} < \frac{(17/12 - 1{,}414)^2}{2\cdot 1{,}4} < \frac{(0{,}0027)^2}{2{,}8} < 3\cdot 10^{-6},

так как $\sqrt2 > 1{,}414$ и $x_3 > 1{,}4$ . (Действительно, $\sqrt2 = 1{,}4142135\ldots$ ) Каждая итерация примерно удваивает число верных знаков.

Ответ: $\lim x_n = \sqrt a$ ; при $a = 2$ , $x_1 = 2$ : $x_4 = \frac{577}{408}$ , $0 < x_4 - \sqrt2 < 3\cdot 10^{-6}$ .

Тождества и уравнения с гиперболическими функциями

Условие

а) Доказать формулу

\operatorname{th}(x + y) = \frac{\operatorname{th}x + \operatorname{th}y}{1 + \operatorname{th}x\operatorname{th}y}.

б) Доказать, что $\operatorname{sh}3x = 3\operatorname{sh}x + 4\operatorname{sh}^3x$ .

в) Решить уравнение $\operatorname{sh}x = \frac34$ и найти при этом $x$ значения $\operatorname{ch}x$ и $\operatorname{th}x$ .

Решение

Развернуть

а) По формулам сложения

\operatorname{th}(x + y) = \frac{\operatorname{sh}x\operatorname{ch}y + \operatorname{ch}x\operatorname{sh}y}{\operatorname{ch}x\operatorname{ch}y + \operatorname{sh}x\operatorname{sh}y}.

Делим числитель и знаменатель на $\operatorname{ch}x\operatorname{ch}y > 0$ и получаем требуемое. Знаменатель $1 + \operatorname{th}x\operatorname{th}y > 0$ , так как $|\operatorname{th}x| < 1$ .

б) По формуле сложения и формулам двойного аргумента

\operatorname{sh}3x = \operatorname{sh}2x\operatorname{ch}x + \operatorname{ch}2x\operatorname{sh}x = 2\operatorname{sh}x\operatorname{ch}^2x + (1 + 2\operatorname{sh}^2x)\operatorname{sh}x.

Подставляя $\operatorname{ch}^2x = 1 + \operatorname{sh}^2x$ , получаем $2\operatorname{sh}x + 2\operatorname{sh}^3x + \operatorname{sh}x + 2\operatorname{sh}^3x = 3\operatorname{sh}x + 4\operatorname{sh}^3x$ .

в) Уравнение $\frac{e^x - e^{-x}}2 = \frac34$ после замены $t = e^x > 0$ принимает вид $t - \frac1t = \frac32$ , т. е. $2t^2 - 3t - 2 = 0$ , откуда $t = 2$ или $t = -\frac12$ . Условию $t > 0$ удовлетворяет только $t = 2$ , т. е. $x = \ln 2$ . Тогда

\operatorname{ch}x = \frac{2 + \frac12}2 = \frac54,\qquad\operatorname{th}x = \frac{3/4}{5/4} = \frac35.

Проверка: $\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x = \frac{25}{16} - \frac9{16} = 1$ .

Ответ: а), б) доказано; в) $x = \ln 2$ , $\operatorname{ch}x = \frac54$ , $\operatorname{th}x = \frac35$ .

Частичные пределы, верхний и нижний пределы

Условие

Найти все частичные пределы, а также $\varlimsup\limits_{n\to\infty}x_n$ и $\varliminf\limits_{n\to\infty}x_n$ :

а) $x_n = \frac n{n + 1}\cos\frac{2\pi n}3$ ;

б) $x_n = \sin\frac{\pi n}4$ ;

в) $x_n = n^{(-1)^n}$ .

Решение

Развернуть

Общее соображение. Пусть номера $\mathbb N$ разбиты на конечное число классов $I_1, \ldots, I_r$ (бесконечных), и по каждому классу подпоследовательность имеет предел $a_j$ . Тогда каждое $a_j$ — частичный предел, и других нет: если $x_{n_k}\to c$ , то бесконечно много номеров $n_k$ попадают в один класс $I_j$ ; соответствующие члены образуют подпоследовательность как $\{x_{n_k}\}$ (и потому стремятся к $c$ ), так и подпоследовательности по классу $I_j$ (и потому стремятся к $a_j$ ) по теореме о подпоследовательностях. По единственности предела $c = a_j$ .

а) Разобьём номера по остаткам от деления на $3$ . При $n = 3k$ : $\cos 2\pi k = 1$ ; при $n = 3k + 1$ и $n = 3k + 2$ : $\cos\left(2\pi k + \frac{2\pi}3\right) = \cos\left(2\pi k + \frac{4\pi}3\right) = -\frac12$ . Так как $\frac n{n + 1} = \frac1{1 + 1/n}\to 1$ , по теореме об арифметических операциях подпоследовательности по трём классам стремятся к $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ . Частичные пределы: $1$ и $-\frac12$ ; $\varlimsup x_n = 1$ , $\varliminf x_n = -\frac12$ . Последовательность расходится.

б) Последовательность периодична с периодом $8$ : при $n = 8k + r$ , $r = 0, 1, \ldots, 7$ , значения равны

0,\ \tfrac{\sqrt2}2,\ 1,\ \tfrac{\sqrt2}2,\ 0,\ -\tfrac{\sqrt2}2,\ -1,\ -\tfrac{\sqrt2}2.

По каждому классу подпоследовательность постоянна. Частичные пределы: $0$ , $\pm\frac{\sqrt2}2$ , $\pm 1$ ; $\varlimsup x_n = 1$ , $\varliminf x_n = -1$ .

в) При чётных $n$ имеем $x_n = n\to+\infty$ , при нечётных $x_n = \frac1n\to 0$ . Частичные пределы: $0$ и $+\infty$ ; в расширенном смысле $\varlimsup x_n = +\infty$ , $\varliminf x_n = 0$ .

Ответ: а) $\{1, -\frac12\}$ , $\varlimsup = 1$ , $\varliminf = -\frac12$ ; б) $\{0, \pm\frac{\sqrt2}2, \pm 1\}$ , $\varlimsup = 1$ , $\varliminf = -1$ ; в) $\{0, +\infty\}$ , $\varlimsup = +\infty$ , $\varliminf = 0$ .

Последовательность всех рациональных чисел отрезка

Условие

а) Доказать, что существует последовательность $\{r_n\}$ , в которой каждое рациональное число отрезка $[0, 1]$ встречается ровно один раз (и других членов нет).

б) Найти множество всех частичных пределов такой последовательности.

в) Найти множество предельных точек множества $X = \mathbb Q\cap[0, 1]$ .

Решение

Развернуть

а) Множество $X = \mathbb Q\cap[0, 1]$ бесконечно (содержит все $\frac1n$ ) и является подмножеством счётного множества $\mathbb Q$ , поэтому по свойствам счётных множеств оно счётно. Биекция $\mathbb N\to X$ , $n\mapsto r_n$ , и есть искомая последовательность.

б) Пусть $c\in[0, 1]$ и $\varepsilon > 0$ . Пересечение $(c - \varepsilon, c + \varepsilon)\cap[0, 1]$ содержит невырожденный интервал $(\alpha, \beta)$ : например, $(c, \min(c + \varepsilon, 1))$ при $c < 1$ и $(1 - \min(\varepsilon, 1), 1)$ при $c = 1$ . По плотности $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ найдётся рациональное $q_1\in(\alpha, \beta)$ , затем рациональное $q_2\in(q_1, \beta)$ и т. д.; значит, в $(\alpha, \beta)$ бесконечно много рациональных чисел. Каждое из них равно $r_n$ ровно для одного $n$ , поэтому номеров $n$ с $|r_n - c| < \varepsilon$ бесконечно много. По теореме о подпоследовательностях (критерий частичного предела) $c$ — частичный предел.

Других частичных пределов нет. Последовательность ограничена ( $0\le r_n\le 1$ ), так что $\pm\infty$ частичными пределами не являются. Если $r_{n_k}\to c$ , то по предельному переходу в неравенствах $0\le r_{n_k}\le 1$ получаем $0\le c\le 1$ .

в) Если $c\in[0, 1]$ , то по п. б в любой окрестности $c$ бесконечно много точек $X$ , среди них есть отличные от $c$ ; значит, $c$ — предельная точка. Если $c > 1$ , то окрестность $(1, 2c - 1)$ точки $c$ радиуса $c - 1$ не содержит точек $X$ ; аналогично при $c < 0$ . Точки $\pm\infty$ не предельные, так как $X$ ограничено.

Ответ: б) отрезок $[0, 1]$ ; в) отрезок $[0, 1]$ .

Критерий Коши для частичных сумм

Условие

С помощью критерия Коши исследовать сходимость последовательностей:

а) $H_n = 1 + \frac12 + \frac13 + \ldots + \frac1n$ ;

б) $x_n = \sum\limits_{k=1}^n\frac{\sin k}{2^k}$ ;

в) $y_n = 1 - \frac12 + \frac13 - \ldots + \frac{(-1)^{n+1}}n$ .

Решение

Развернуть

а) Для любого $n$

H_{2n} - H_n = \frac1{n + 1} + \frac1{n + 2} + \ldots + \frac1{2n}\ge n\cdot\frac1{2n} = \frac12,

так как каждое из $n$ слагаемых не меньше $\frac1{2n}$ . Значит, выполнено отрицание условия Коши с $\varepsilon_0 = \frac12$ : для любого $N$ номера $n = N + 1$ и $m = 2N + 2$ больше $N$ , а $|H_m - H_n|\ge\frac12$ . По критерию Коши $\{H_n\}$ расходится. Поскольку $\{H_n\}$ строго возрастает и не сходится, по теореме Вейерштрасса она не ограничена и $H_n\to+\infty$ .

б) Для $n, p\in\mathbb N$

|x_{n+p} - x_n| = \left|\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{\sin k}{2^k}\right|\le\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac1{2^k} = \frac1{2^n}\left(1 - \frac1{2^p}\right) < \frac1{2^n}.

По лемме об основных пределах $\frac1{2^n}\to 0$ , так что для $\varepsilon > 0$ найдётся $N$ с $\frac1{2^n} < \varepsilon$ при $n > N$ . Тогда $|x_{n+p} - x_n| < \varepsilon$ при всех $n > N$ , $p\in\mathbb N$ : последовательность фундаментальна и по критерию Коши сходится.

в) Пусть $T = \frac1{n + 1} - \frac1{n + 2} + \frac1{n + 3} - \ldots\pm\frac1{n + p}$ ( $p$ слагаемых с чередующимися знаками); тогда $y_{n+p} - y_n = \pm T$ . Группируя слагаемые парами $\left(\frac1{n + 1} - \frac1{n + 2}\right) + \left(\frac1{n + 3} - \frac1{n + 4}\right) + \ldots$ , видим, что каждая скобка положительна, а оставшееся при нечётном $p$ последнее слагаемое положительно; значит, $T > 0$ . Группируя иначе, $T = \frac1{n + 1} - \left(\frac1{n + 2} - \frac1{n + 3}\right) - \ldots$ , где все скобки положительны, а оставшееся при чётном $p$ последнее слагаемое $-\frac1{n + p}$ отрицательно; значит, $T\le\frac1{n + 1}$ . Итак,

|y_{n+p} - y_n|\le\frac1{n + 1} < \frac1n,

и для $\varepsilon > 0$ при $n > N = \left[\frac1\varepsilon\right]$ это меньше $\varepsilon$ . По критерию Коши $\{y_n\}$ сходится (её предел равен $\ln 2$ , что будет установлено позже).

Ответ: а) расходится ( $H_n\to+\infty$ ); б) сходится; в) сходится.

0на повторение
0новых сегодня
0освоено

Как это работает

Упражнения собраны из теорем, определений и задач темы. Отвечать нужно касанием — печатать формулы не придётся:

узнать — дана формулировка без названия, выберите теорему;
пропуск — в формулировке пропущена формула, выберите верную среди похожих;
ошибка — в определении или формулировке одна формула искажена, нажмите на неё;
связи — отметьте, на что опирается доказательство;
порядок — соберите доказательство из перемешанных шагов;
в док-ве — восстановите формулу внутри доказательства;
задача — отметьте утверждения, которые нужны для решения; после ответа откроется решение.

Ответ проверяется сразу. Верные упражнения возвращаются всё реже — через дни, недели, месяцы (алгоритм FSRS), ошибки — ещё в этой же сессии. Если ответили наугад, нажмите «Угадал», и упражнение вернётся раньше. Сложные упражнения открываются, когда освоены простые: сначала узнать теорему, потом формулы, потом доказательство. Названия теорем в ответах можно нажать — теорема откроется в окне поверх страницы.

В день вводится не больше 15 новых упражнений темы. Теоремы, отмеченные кнопкой ↻, идут первыми. Прогресс хранится в этом браузере.

С клавиатуры: 1–9 выбрать · Enter проверить / дальше ·Backspace убрать последний шаг · Ctrl+Z отменить

Упражнения темы

новоезаучиваетсяна повторенииосвоенозакрыто

Гиперболические функции

Гиперболическим синусом и гиперболическим косинусом называются функции

\operatorname{sh}x = \frac{e^x - e^{-x}}2,\qquad\operatorname{ch}x = \frac{e^x + e^{-x}}2,\qquad x\in\mathbb R,

где $e$ — число, определённое как предел $\left(1 + \frac1n\right)^n$ . Гиперболическим тангенсом и гиперболическим котангенсом называются

\operatorname{th}x = \frac{\operatorname{sh}x}{\operatorname{ch}x} = \frac{e^x - e^{-x}}{e^x + e^{-x}},\qquad\operatorname{cth}x = \frac{\operatorname{ch}x}{\operatorname{sh}x} = \frac{e^x + e^{-x}}{e^x - e^{-x}}.

Области определения: $\operatorname{sh}$ , $\operatorname{ch}$ , $\operatorname{th}$ определены на всём $\mathbb R$ (так как $\operatorname{ch}x > 0$ ); $\operatorname{cth}$ — при $x\ne 0$ (так как $\operatorname{sh}x = 0\iff e^{2x} = 1\iff x = 0$ ).

Множества значений: $\operatorname{sh}x$ принимает все действительные значения, $\operatorname{ch}x\in[1, +\infty)$ , $\operatorname{th}x\in(-1, 1)$ , $\operatorname{cth}x\in(-\infty, -1)\cup(1, +\infty)$ .

Название объясняется тем, что точка $(\operatorname{ch}t, \operatorname{sh}t)$ при $t\in\mathbb R$ пробегает правую ветвь гиперболы $x^2 - y^2 = 1$ — подобно тому, как $(\cos t, \sin t)$ пробегает окружность $x^2 + y^2 = 1$ .

Предельная точка множества. Изолированная точка

Пусть $X\subset\mathbb R$ . Точка $a$ (конечная или один из символов $+\infty$ , $-\infty$ ) называется предельной точкой множества $X$ , если в любой проколотой окрестности точки $a$ есть хотя бы одна точка множества $X$ :

\forall\mathring U(a):\ \mathring U(a)\cap X\ne\varnothing.

Для конечной $a$ это означает

\forall\delta > 0\ \ \exists x\in X:\ 0 < |x - a| < \delta,

а для $a = +\infty$ — что $\forall M\ \exists x\in X:\ x > M$ , т. е. что $X$ не ограничено сверху (аналогично для $-\infty$ ).

Точка $a\in X$ , не являющаяся предельной точкой $X$ , называется изолированной точкой множества $X$ : существует $\delta > 0$ такое, что $(a - \delta, a + \delta)\cap X = \{a\}$ .

Предельная точка может как принадлежать множеству, так и не принадлежать ему. Примеры: для $X = (0, 1]$ множество предельных точек — $[0, 1]$ ; у множества $\mathbb N$ все точки изолированные, а единственная предельная точка — $+\infty$ ; у $\mathbb Q$ предельной является каждая точка $\mathbb R$ (по плотности $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ ); конечное множество не имеет предельных точек.

Подпоследовательность. Частичный предел. Верхний и нижний пределы

Пусть дана последовательность $\{x_n\}$ и строго возрастающая последовательность натуральных чисел $n_1 < n_2 < \ldots < n_k < \ldots$ Последовательность

x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots, x_{n_k}, \ldots

называется подпоследовательностью последовательности $\{x_n\}$ и обозначается $\{x_{n_k}\}_{k=1}^\infty$ . Индукцией по $k$ проверяется, что $n_k\ge k$ .

Точка $a$ (конечная или $\pm\infty$ ) называется частичным пределом (предельной точкой) последовательности $\{x_n\}$ , если существует подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$ такая, что

\lim_{k\to\infty}x_{n_k} = a.

Верхним пределом $\varlimsup\limits_{n\to\infty}x_n$ последовательности называется её наибольший частичный предел, нижним пределом $\varliminf\limits_{n\to\infty}x_n$ — наименьший (в смысле порядка расширенной прямой $-\infty < x < +\infty$ ). Для ограниченной последовательности они существуют и конечны.

Частичный предел последовательности и предельная точка множества её значений — разные понятия: у постоянной последовательности $x_n = 1$ частичный предел $1$ , а множество значений $\{1\}$ предельных точек не имеет. Пример: у $x_n = (-1)^n$ частичные пределы $1$ и $-1$ , $\varlimsup x_n = 1$ , $\varliminf x_n = -1$ .

Фундаментальная последовательность

Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной (последовательностью Коши), если она удовлетворяет условию Коши:

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\in\mathbb N\ \ \forall n, m > N:\ |x_n - x_m| < \varepsilon.

Равносильная запись:

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N\ \ \forall p\in\mathbb N:\ |x_{n+p} - x_n| < \varepsilon.

Отрицание (последовательность не фундаментальна):

\exists\varepsilon_0 > 0\ \ \forall N\ \ \exists n, m > N:\ |x_n - x_m|\ge\varepsilon_0.

В отличие от определения предела, условие Коши не содержит самого предела: оно говорит лишь о том, что члены с большими номерами сколь угодно близки друг к другу.

Предел последовательности

Число $a\in\mathbb R$ называется пределом последовательности $\{x_n\}$ , если

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\in\mathbb N\ \ \forall n > N:\ |x_n - a| < \varepsilon.

Пишут $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ или $x_n\to a$ при $n\to\infty$ . Последовательность, имеющая конечный предел, называется сходящейся, не имеющая конечного предела — расходящейся.

Геометрический смысл: неравенство $|x_n - a| < \varepsilon$ означает $x_n\in U_\varepsilon(a) = (a - \varepsilon, a + \varepsilon)$ . Поэтому $x_n\to a$ тогда и только тогда, когда в любой $\varepsilon$ -окрестности точки $a$ лежат все члены последовательности, кроме, быть может, конечного их числа (с номерами $n\le N$ ). В частности, изменение конечного числа членов не влияет ни на сходимость, ни на величину предела.

Бесконечные пределы:

\lim_{n\to\infty}x_n = +\infty\iff\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ x_n > E;

\lim_{n\to\infty}x_n = -\infty\iff\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ x_n < -E;

\lim_{n\to\infty}x_n = \infty\iff\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ |x_n| > E.

Все случаи объединяются языком окрестностей: $\lim x_n = a$ , где $a\in\mathbb R$ или $a$ — один из символов $+\infty, -\infty, \infty$ , если для любой окрестности $U(a)$ существует $N$ такое, что $x_n\in U(a)$ при всех $n > N$ . Последовательности с бесконечным пределом считаются расходящимися.

Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности

Последовательность $\{\alpha_n\}$ называется бесконечно малой, если $\lim\limits_{n\to\infty}\alpha_n = 0$ , т. е.

\forall\varepsilon > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ |\alpha_n| < \varepsilon.

Последовательность $\{x_n\}$ называется бесконечно большой, если $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \infty$ , т. е.

\forall E > 0\ \ \exists N\ \ \forall n > N:\ |x_n| > E.

Примеры: $\frac1n$ , $\frac{(-1)^n}{n}$ , $q^n$ при $|q| < 1$ — бесконечно малые; $n$ , $-n^2$ , $(-1)^nn$ — бесконечно большие.

Замечание. Бесконечно большая последовательность не ограничена, но неограниченная последовательность не обязана быть бесконечно большой: у $x_n = n^{(-1)^n}$ (т. е. $1, 2, \frac13, 4, \frac15, \ldots$ ) члены с нечётными номерами не превосходят единицы.

Числовая последовательность. Ограниченность и монотонность

Числовой последовательностью называется функция $x\colon\mathbb N\to\mathbb R$ , заданная на множестве натуральных чисел. Значение $x(n)$ обозначают $x_n$ и называют $n$ -м членом последовательности, а саму последовательность записывают как $\{x_n\}$ , $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ или $x_1, x_2, \ldots, x_n, \ldots$ Последовательность — это не множество её значений: члены с разными номерами могут совпадать, и порядок членов существенен.

Последовательность $\{x_n\}$ называется ограниченной сверху, если

\exists M\in\mathbb R\ \ \forall n\in\mathbb N:\ x_n\le M,

ограниченной снизу, если $\exists m\in\mathbb R\ \forall n\in\mathbb N:\ x_n\ge m$ , и ограниченной, если она ограничена и сверху, и снизу, что равносильно условию

\exists C > 0\ \ \forall n\in\mathbb N:\ |x_n|\le C.

Последовательность, не являющаяся ограниченной, называется неограниченной: $\forall C > 0\ \exists n\in\mathbb N:\ |x_n| > C$ .

Последовательность называется неубывающей (возрастающей в широком смысле), если $x_{n+1}\ge x_n$ при всех $n$ , строго возрастающей, если $x_{n+1} > x_n$ при всех $n$ ; аналогично определяются невозрастающая ( $x_{n+1}\le x_n$ ) и строго убывающая ( $x_{n+1} < x_n$ ) последовательности. Все они называются монотонными.

Примеры: $x_n = \frac1n$ строго убывает и ограничена ( $0 < x_n\le 1$ ); $x_n = (-1)^n$ ограничена, но не монотонна; $x_n = n^2$ строго возрастает, ограничена снизу и не ограничена сверху.

Промежутки. Окрестности конечной точки и бесконечности

Пусть $a, b\in\mathbb R$ , $a < b$ . Промежутками называются множества:

отрезок $[a, b] = \{x:\ a\le x\le b\}$ (допускается и $a = b$ );
интервал $(a, b) = \{x:\ a < x < b\}$ ;
полуинтервалы $[a, b) = \{x:\ a\le x < b\}$ и $(a, b] = \{x:\ a < x\le b\}$ ;
бесконечные промежутки $(a, +\infty) = \{x:\ x > a\}$ , $[a, +\infty)$ , $(-\infty, b)$ , $(-\infty, b]$ , $(-\infty, +\infty) = \mathbb R$ .

Число $b - a$ — длина конечного промежутка.

Расширенная числовая прямая $\overline{\mathbb R} = \mathbb R\cup\{-\infty, +\infty\}$ , где по определению $-\infty < x < +\infty$ для всех $x\in\mathbb R$ .

$\varepsilon$ -окрестностью точки $a\in\mathbb R$ ( $\varepsilon > 0$ ) называется интервал

U_\varepsilon(a) = (a - \varepsilon, a + \varepsilon) = \{x:\ |x - a| < \varepsilon\},

проколотой $\varepsilon$ -окрестностью — множество $\mathring U_\varepsilon(a) = U_\varepsilon(a)\setminus\{a\} = \{x:\ 0 < |x - a| < \varepsilon\}$ . Правая и левая полуокрестности: $U^+_\varepsilon(a) = [a, a + \varepsilon)$ , $U^-_\varepsilon(a) = (a - \varepsilon, a]$ .

Окрестности бесконечно удалённых точек ( $\varepsilon > 0$ ):

U_\varepsilon(+\infty) = \Bigl(\frac1\varepsilon, +\infty\Bigr),\qquad U_\varepsilon(-\infty) = \Bigl(-\infty, -\frac1\varepsilon\Bigr),\qquad U_\varepsilon(\infty) = \Bigl\{x:\ |x| > \frac1\varepsilon\Bigr\}.

Эквивалентно, окрестность $+\infty$ — любой луч $(M, +\infty)$ , окрестность $\infty$ (бесконечности без знака) — множество $\{x:\ |x| > M\}$ . Проколотые окрестности бесконечностей совпадают с самими окрестностями.

Точные верхняя и нижняя грани множества

Точной верхней гранью (супремумом) множества $E\subset\mathbb R$ называется наименьшая из его верхних границ, т. е. число $M = \sup E$ , такое что

$M$ — верхняя граница $E$ : $\forall x\in E\ \ x\le M$ ;
любая верхняя граница $M'$ множества $E$ удовлетворяет $M'\ge M$ , т. е.

\forall M' < M\ \ \exists x\in E:\ \ x > M'.

Точной нижней гранью (инфимумом) $\inf E$ называется наибольшая из нижних границ $E$ .

Точная грань единственна: если $M_1$ , $M_2$ — две наименьшие верхние границы, то $M_1\le M_2$ и $M_2\le M_1$ . Если у $E$ есть максимум, то $\sup E = \max E$ ; но $\sup E$ может не принадлежать $E$ : $\sup[0, 1) = 1$ .

Соглашение: если $E$ не ограничено сверху, полагают $\sup E = +\infty$ ; если не ограничено снизу — $\inf E = -\infty$ .

Свойства бесконечно малых последовательностей

Формулировка

Сумма и разность двух бесконечно малых последовательностей — бесконечно малые.
Произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную — бесконечно малая. В частности, произведение двух бесконечно малых и произведение бесконечно малой на постоянную — бесконечно малые.
$x_n\to a\in\mathbb R$ тогда и только тогда, когда $\alpha_n = x_n - a$ — бесконечно малая, т. е.

x_n = a + \alpha_n,\quad \alpha_n\to 0.

Если $\{x_n\}$ бесконечно большая и $x_n\ne 0$ при всех $n$ , то $\left\{\frac1{x_n}\right\}$ бесконечно малая; если $\{\alpha_n\}$ бесконечно малая и $\alpha_n\ne 0$ при всех $n$ , то $\left\{\frac1{\alpha_n}\right\}$ бесконечно большая.

Доказательство

Развернуть

Пусть $\alpha_n\to 0$ , $\beta_n\to 0$ , $\varepsilon > 0$ . Найдутся $N_1$ и $N_2$ такие, что $|\alpha_n| < \frac\varepsilon2$ при $n > N_1$ и $|\beta_n| < \frac\varepsilon2$ при $n > N_2$ . Тогда при $n > \max(N_1, N_2)$

|\alpha_n\pm\beta_n|\le|\alpha_n| + |\beta_n| < \varepsilon.

Пусть $|y_n|\le C$ при всех $n$ ( $C > 0$ ), $\alpha_n\to 0$ . Для $\varepsilon > 0$ найдём $N$ такое, что $|\alpha_n| < \frac\varepsilon C$ при $n > N$ . Тогда $|\alpha_ny_n|\le C|\alpha_n| < \varepsilon$ при $n > N$ . Бесконечно малая последовательность сходится и потому ограничена по теореме об ограниченности сходящейся последовательности; постоянная последовательность ограничена. Это даёт частные случаи.
Условие $|x_n - a| < \varepsilon$ совпадает с условием $|\alpha_n - 0| < \varepsilon$ для $\alpha_n = x_n - a$ , поэтому определения $x_n\to a$ и $\alpha_n\to 0$ дословно совпадают.
Пусть $|x_n|\to+\infty$ и $\varepsilon > 0$ . Положим $E = \frac1\varepsilon$ ; найдётся $N$ такое, что $|x_n| > E$ при $n > N$ , откуда $\left|\frac1{x_n}\right| < \frac1E = \varepsilon$ . Обратно, пусть $\alpha_n\to 0$ , $\alpha_n\ne 0$ , и $E > 0$ . Для $\varepsilon = \frac1E$ найдётся $N$ такое, что $0 < |\alpha_n| < \varepsilon$ при $n > N$ , и тогда $\left|\frac1{\alpha_n}\right| > \frac1\varepsilon = E$ . $\blacksquare$

Ограниченность сходящейся последовательности

Формулировка

Всякая сходящаяся последовательность ограничена: если $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a\in\mathbb R$ , то

\exists C > 0\ \ \forall n\in\mathbb N:\ |x_n|\le C.

Обратное неверно: последовательность $(-1)^n$ ограничена, но расходится.

Доказательство

Развернуть

Возьмём в определении предела $\varepsilon = 1$ : найдётся $N$ такое, что $|x_n - a| < 1$ при всех $n > N$ . Тогда при $n > N$

|x_n| = |(x_n - a) + a|\le|x_n - a| + |a| < 1 + |a|.

Членов с номерами $n\le N$ конечное число, поэтому можно положить

C = \max\{|x_1|, |x_2|, \ldots, |x_N|, 1 + |a|\}.

Тогда $|x_n|\le C$ при $n\le N$ по выбору $C$ и $|x_n| < 1 + |a|\le C$ при $n > N$ , т. е. $|x_n|\le C$ для всех $n$ .

Для обратного утверждения достаточно примера $(-1)^n$ : он ограничен ( $|x_n| = 1$ ), но расходится, так как два соседних члена $1$ и $-1$ не могут одновременно лежать в интервале длины $2\varepsilon < 2$ . $\blacksquare$

Свойства модуля. Неравенство треугольника

Формулировка

Для любых $a, b, x\in\mathbb R$ и $c\ge 0$ , $\varepsilon > 0$ :

$|a|\ge 0$ , причём $|a| = 0\iff a = 0$ ; $|-a| = |a|$ ; $-|a|\le a\le|a|$ ;
$|x|\le c\iff -c\le x\le c$ ; в частности,

|x - a| < \varepsilon\iff a - \varepsilon < x < a + \varepsilon\iff x\in U_\varepsilon(a);

$|ab| = |a|\,|b|$ ;
(неравенство треугольника)

|a + b|\le|a| + |b|,\qquad\bigl||a| - |b|\bigr|\le|a - b|.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Если $a\ge 0$ , то $|a| = a\ge 0$ , $-a\le 0$ , $|-a| = a$ и $-|a| = -a\le a = |a|$ . Если $a < 0$ , то $|a| = -a > 0$ , $-a > 0$ , $|-a| = -a$ и $-|a| = a < -a = |a|$ . Равенство $|a| = 0$ в обоих случаях возможно лишь при $a = 0$ .

Пункт 2. Пусть $|x|\le c$ . Если $x\ge 0$ , то $x = |x|\le c$ и $x\ge 0\ge -c$ . Если $x < 0$ , то $-x\le c$ , т. е. $x\ge -c$ , и $x < 0\le c$ . Обратно, пусть $-c\le x\le c$ : при $x\ge 0$ имеем $|x| = x\le c$ , при $x < 0$ имеем $|x| = -x\le c$ . Для строгого неравенства рассуждение то же; применяя его к $x - a$ , получаем $|x - a| < \varepsilon\iff -\varepsilon < x - a < \varepsilon$ .

Пункт 3. Если $a$ , $b$ одного знака (оба $\ge 0$ или оба $< 0$ ), то $ab\ge 0$ и $|ab| = ab = |a||b|$ (при обоих отрицательных $|a||b| = (-a)(-b) = ab$ ). Если, скажем, $a\ge 0 > b$ , то $ab\le 0$ и $|ab| = -ab = a(-b) = |a||b|$ .

Пункт 4. По пункту 1 $-|a|\le a\le|a|$ и $-|b|\le b\le|b|$ . Складывая, получаем $-(|a| + |b|)\le a + b\le|a| + |b|$ , что по пункту 2 означает $|a + b|\le|a| + |b|$ .

Для второго неравенства запишем $a = (a - b) + b$ : $|a|\le|a - b| + |b|$ , т. е. $|a| - |b|\le|a - b|$ . Меняя ролями $a$ и $b$ : $|b| - |a|\le|b - a| = |a - b|$ . Итак, $-|a - b|\le|a| - |b|\le|a - b|$ , и по пункту 2 $\bigl||a| - |b|\bigr|\le|a - b|$ . $\blacksquare$

Арифметические операции над непрерывными функциями

Формулировка

Пусть функции $f, g: X\to\mathbb R$ непрерывны в точке $a\in X$ . Тогда в точке $a$ непрерывны функции

f + g,\qquad f - g,\qquad f\cdot g,\qquad c\,f\ (c\in\mathbb R),

а если $g(a)\ne 0$ , то и частное $\frac fg$ , рассматриваемое на множестве $X' = \{x\in X: g(x)\ne 0\}$ ; при этом $X'$ содержит все точки $X$ из некоторой окрестности точки $a$ .

Следствие: сумма, разность и произведение функций, непрерывных на множестве $E$ , непрерывны на $E$ ; частное непрерывно во всех точках $E$ , где знаменатель не равен нулю.

Доказательство

Развернуть

Воспользуемся определением непрерывности по Гейне (оно равносильно определению на языке $\varepsilon$ – $\delta$ для любой точки $a\in X$ , в том числе изолированной). Пусть $x_n\in X$ , $x_n\to a$ . По непрерывности $f$ и $g$ имеем $f(x_n)\to f(a)$ , $g(x_n)\to g(a)$ .
По теореме об арифметических операциях с пределами последовательностей

f(x_n)\pm g(x_n)\to f(a)\pm g(a),\qquad f(x_n)g(x_n)\to f(a)g(a),\qquad c\,f(x_n)\to c\,f(a).

Так как последовательность $x_n$ произвольна, функции $f\pm g$ , $fg$ , $cf$ непрерывны в $a$ по Гейне.

Частное. Пусть $g(a)\ne 0$ . По теореме о знакопостоянстве непрерывной функции существует $\delta > 0$ , при котором $g(x)\ne 0$ для всех $x\in X\cap(a - \delta, a + \delta)$ ; значит, эти точки (и сама $a$ ) лежат в $X'$ , т. е. $f/g$ определена вблизи $a$ на всём $X$ .
Пусть $x_n\in X'$ , $x_n\to a$ . Тогда $g(x_n)\ne 0$ , $g(x_n)\to g(a)\ne 0$ , $f(x_n)\to f(a)$ , и по теореме о пределе частного последовательностей

\frac{f(x_n)}{g(x_n)}\to\frac{f(a)}{g(a)}.

Следовательно, $\frac fg$ непрерывна в $a$ . Следствие получается применением доказанного в каждой точке $E$ . $\blacksquare$

Теорема о трёх последовательностях

Формулировка

Пусть существует $N_0$ такое, что

x_n\le y_n\le z_n\quad\text{при всех } n > N_0,

и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \lim\limits_{n\to\infty}z_n = a\in\mathbb R$ . Тогда последовательность $\{y_n\}$ сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}y_n = a$ . 2. Если $x_n\le y_n$ при $n > N_0$ и $x_n\to+\infty$ , то $y_n\to+\infty$ ; если $y_n\le z_n$ при $n > N_0$ и $z_n\to-\infty$ , то $y_n\to-\infty$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $\varepsilon > 0$ . Найдутся $N_1$ и $N_2$ такие, что $a - \varepsilon < x_n$ при $n > N_1$ и $z_n < a + \varepsilon$ при $n > N_2$ . Положим $N = \max(N_0, N_1, N_2)$ . При $n > N$

a - \varepsilon < x_n\le y_n\le z_n < a + \varepsilon,

т. е. $|y_n - a| < \varepsilon$ . Значит, $y_n\to a$ .

Пусть $E > 0$ . Найдётся $N_1$ такое, что $x_n > E$ при $n > N_1$ . Тогда при $n > \max(N_0, N_1)$ имеем $y_n\ge x_n > E$ , т. е. $y_n\to+\infty$ . Второе утверждение получается применением первого к $-z_n\le -y_n$ . $\blacksquare$

Второй замечательный предел

Формулировка

\lim_{x\to\infty}\left(1 + \frac1x\right)^x = e,\qquad \lim_{t\to 0}(1 + t)^{1/t} = e .

(Первая функция определена при $x\in(-\infty, -1)\cup(0, +\infty)$ , вторая — при $t\in(-1, 0)\cup(0, +\infty)$ .)

Доказательство

Развернуть

Вспомогательные последовательности. По теореме о числе $e$ имеем $c_n = \left(1 + \frac1n\right)^n\to e$ . Тогда по теореме об арифметических операциях с пределами последовательностей

a_n = \left(1 + \frac1n\right)^{n + 1} = c_n\left(1 + \frac1n\right)\to e,\qquad b_n = \left(1 + \frac1{n + 1}\right)^n = \frac{c_{n + 1}}{1 + \frac1{n + 1}}\to e

(последовательность $c_{n + 1}$ имеет тот же предел, что и $c_n$ ).

Неравенство с целой частью. Пусть $x\ge 1$ и $n = [x]\in\mathbb N$ (целая часть существует по следствию принципа Архимеда), так что $n\le x < n + 1$ . Тогда $1 + \frac1{n + 1} < 1 + \frac1x\le 1 + \frac1n$ . Степенная функция $s^x$ ( $x > 0$ ) возрастает по основанию $s > 0$ , а показательная $s^y$ при $s > 1$ возрастает по показателю $y$ , поэтому

b_n = \left(1 + \frac1{n + 1}\right)^n\le\left(1 + \frac1{n + 1}\right)^x < \left(1 + \frac1x\right)^x\le\left(1 + \frac1n\right)^x < \left(1 + \frac1n\right)^{n + 1} = a_n .

Предел при $x\to +\infty$ . Пусть дано $\varepsilon > 0$ . Найдётся $N\in\mathbb N$ такое, что $|a_n - e| < \varepsilon$ и $|b_n - e| < \varepsilon$ при всех $n\ge N$ . Если $x > N$ , то $n = [x]\ge N$ , и из неравенства выше

e - \varepsilon < b_n < \left(1 + \frac1x\right)^x < a_n < e + \varepsilon .

Значит, $\lim\limits_{x\to +\infty}\left(1 + \frac1x\right)^x = e$ .

Предел при $x\to -\infty$ . Пусть $x < -1$ и $z = -x - 1 > 0$ . Тогда $1 + \frac1x = \frac{x + 1}x = \frac z{z + 1}$ , и

\left(1 + \frac1x\right)^x = \left(\frac{z + 1}z\right)^{z + 1} = \left(1 + \frac1z\right)^z\left(1 + \frac1z\right) = \varphi(z).

По доказанному и теореме о пределе произведения $\varphi(z)\to e\cdot 1 = e$ при $z\to +\infty$ . Функция $z(x) = -x - 1\to +\infty$ при $x\to -\infty$ , и по теореме о пределе сложной функции (предельное значение $+\infty$ бесконечно, условие (а) выполнено) $\left(1 + \frac1x\right)^x\to e$ при $x\to -\infty$ .

Предел при $x\to\infty$ . Для $\varepsilon > 0$ найдём $\Delta_1$ и $\Delta_2$ такие, что $\left|\left(1 + \frac1x\right)^x - e\right| < \varepsilon$ при $x > \Delta_1$ и при $x < -\Delta_2$ . При $|x| > \max\{\Delta_1, \Delta_2\}$ неравенство выполнено для всех $x$ из области определения.

Предел при $t\to 0$ . Имеем $(1 + t)^{1/t} = \left(1 + \frac1x\right)^x$ при $x = \frac1t$ . При $t\to 0 + 0$ функция $x = \frac1t\to +\infty$ , а при $t\to 0 - 0$ (где $-1 < t < 0$ ) $x = \frac1t\to -\infty$ , причём $x < -1$ . По теореме о пределе сложной функции оба односторонних предела $(1 + t)^{1/t}$ при $t\to 0$ равны $e$ , и по теореме о связи двустороннего предела с односторонними $\lim\limits_{t\to 0}(1 + t)^{1/t} = e$ . $\blacksquare$

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка

Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , то она равномерно непрерывна на $[a, b]$ :

\forall\varepsilon > 0\ \exists\delta > 0\ \forall x', x''\in[a, b]:\ |x' - x''| < \delta\ \Rightarrow\ |f(x') - f(x'')| < \varepsilon.

Для интервала и для неограниченного промежутка утверждение неверно ( $\frac1x$ на $(0, 1)$ , $x^2$ на $\mathbb R$ ).

Доказательство

Развернуть

Предположим противное. По критерию отсутствия равномерной непрерывности (через последовательности) найдутся $\varepsilon_0 > 0$ и последовательности $x_n, y_n\in[a, b]$ с

x_n - y_n\to 0,\qquad|f(x_n) - f(y_n)|\ge\varepsilon_0.

Последовательность $(x_n)$ ограничена, и по принципу Больцано–Вейерштрасса у неё есть сходящаяся подпоследовательность $x_{n_k}\to c$ . Предельный переход в неравенствах $a\le x_{n_k}\le b$ даёт $c\in[a, b]$ .

Подпоследовательность $x_{n_k} - y_{n_k}$ бесконечно малой последовательности сама стремится к нулю, поэтому по теореме о пределе разности

y_{n_k} = x_{n_k} - (x_{n_k} - y_{n_k})\to c - 0 = c.

Функция $f$ непрерывна в точке $c\in[a, b]$ , а все $x_{n_k}, y_{n_k}$ лежат в $[a, b]$ . По определению непрерывности по Гейне $f(x_{n_k})\to f(c)$ и $f(y_{n_k})\to f(c)$ , откуда $f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})\to 0$ .

Это противоречит неравенству $|f(x_{n_k}) - f(y_{n_k})|\ge\varepsilon_0 > 0$ при всех $k$ . Значит, $f$ равномерно непрерывна на $[a, b]$ .

Примеры из формулировки разобраны в теореме о связи равномерной непрерывности и непрерывности; в них ломается шаг $c\in[a, b]$ : точка сгущения $0\notin(0, 1)$ , а у $x_n = n + \frac1n$ нет сходящихся подпоследовательностей. $\blacksquare$

Бином Ньютона

Формулировка

Для целых $1\le k\le n$ справедливо равенство

C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k.

Для любых чисел $a$ , $b$ и любого $n\in\mathbb N$ (при соглашении $a^0 = b^0 = 1$ )

(a + b)^n = \sum_{k=0}^n C_n^k\,a^{n-k}b^k = a^n + C_n^1a^{n-1}b + \ldots + C_n^{n-1}ab^{n-1} + b^n.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Приведём к общему знаменателю, используя $k! = k\,(k-1)!$ и $(n - k + 1)! = (n - k + 1)(n - k)!$ :

\frac{n!}{k!\,(n-k)!} + \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k+1)!} = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\Bigl(\frac1k + \frac1{n - k + 1}\Bigr) = \frac{n!}{(k-1)!\,(n-k)!}\cdot\frac{n + 1}{k\,(n - k + 1)} = \frac{(n+1)!}{k!\,(n + 1 - k)!}.

Пункт 2 докажем индукцией по $n$ . База $n = 1$ : $C_1^0a + C_1^1b = a + b$ .

Шаг. Пусть формула верна для $n$ . Умножим её на $a + b$ :

(a + b)^{n+1} = \sum_{k=0}^nC_n^ka^{n+1-k}b^k + \sum_{k=0}^nC_n^ka^{n-k}b^{k+1}.

Во второй сумме сделаем замену индекса $j = k + 1$ : она равна $\sum_{j=1}^{n+1}C_n^{j-1}a^{n+1-j}b^j$ .

Выделим в первой сумме слагаемое с $k = 0$ , во второй — с $j = n + 1$ , и объединим остальные:

(a + b)^{n+1} = a^{n+1} + \sum_{k=1}^n\bigl(C_n^k + C_n^{k-1}\bigr)a^{n+1-k}b^k + b^{n+1}.

По пункту 1 $C_n^k + C_n^{k-1} = C_{n+1}^k$ , а $C_{n+1}^0 = C_{n+1}^{n+1} = 1$ , поэтому $(a + b)^{n+1} = \sum_{k=0}^{n+1}C_{n+1}^ka^{n+1-k}b^k$ . По принципу математической индукции формула верна при всех $n\in\mathbb N$ . $\blacksquare$

Теорема Вейерштрасса о монотонной последовательности

Формулировка

Если последовательность $\{x_n\}$ не убывает и ограничена сверху, то она сходится и

\lim_{n\to\infty}x_n = \sup_{n\in\mathbb N}x_n.

Если $\{x_n\}$ не возрастает и ограничена снизу, то она сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = \inf\limits_{n\in\mathbb N}x_n$ . 2. Если $\{x_n\}$ не убывает и не ограничена сверху, то $x_n\to+\infty$ ; если не возрастает и не ограничена снизу, то $x_n\to-\infty$ . 3. Следовательно, монотонная последовательность сходится тогда и только тогда, когда она ограничена.

Доказательство

Развернуть

Множество значений $\{x_n : n\in\mathbb N\}$ непусто и ограничено сверху, поэтому по теореме о существовании точной верхней грани существует $M = \sup x_n$ . По критерию точной верхней грани $x_n\le M$ при всех $n$ и для любого $\varepsilon > 0$ найдётся номер $N$ с $x_N > M - \varepsilon$ .

В силу монотонности при $n > N$

M - \varepsilon < x_N\le x_n\le M < M + \varepsilon,

т. е. $|x_n - M| < \varepsilon$ . Значит, $x_n\to M$ . Для невозрастающей ограниченной снизу последовательности рассуждение то же с $m = \inf x_n$ : найдётся $x_N < m + \varepsilon$ , и при $n > N$ имеем $m\le x_n\le x_N < m + \varepsilon$ .

Если $\{x_n\}$ не убывает и не ограничена сверху, то для любого $E > 0$ найдётся $N$ с $x_N > E$ , и при $n > N$ получаем $x_n\ge x_N > E$ , т. е. $x_n\to+\infty$ . Случай невозрастающей последовательности аналогичен.
Монотонная ограниченная последовательность сходится по п. 1; обратно, всякая сходящаяся последовательность ограничена по теореме об ограниченности сходящейся последовательности. $\blacksquare$

Предельный переход в неравенствах

Формулировка

Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a$ , $\lim\limits_{n\to\infty}y_n = b$ , $a, b\in\mathbb R$ .

(Сохранение знака.) Если $a > c$ , то существует $N$ такое, что $x_n > c$ при всех $n > N$ ; если $a < c$ , то $x_n < c$ при $n > N$ . В частности, если $a\ne 0$ , то начиная с некоторого номера $x_n$ имеет знак $a$ .
Если $a < b$ , то существует $N$ такое, что $x_n < y_n$ при всех $n > N$ .
Если существует $N_0$ такое, что

x_n\le y_n\quad\text{при всех } n > N_0,

то $a\le b$ . В частности, если $x_n\le c$ (или $x_n\ge c$ ) начиная с некоторого номера, то $a\le c$ (соответственно $a\ge c$ ).

Строгое неравенство при предельном переходе, вообще говоря, не сохраняется: $\frac1n > 0$ , но $\lim\frac1n = 0$ .

Доказательство

Развернуть

Пусть $a > c$ . Возьмём $\varepsilon = a - c > 0$ ; найдётся $N$ такое, что $|x_n - a| < \varepsilon$ при $n > N$ . Тогда $x_n > a - \varepsilon = c$ при $n > N$ . Случай $a < c$ аналогичен: при $\varepsilon = c - a$ имеем $x_n < a + \varepsilon = c$ .
Пусть $a < b$ и $c = \frac{a + b}2$ , так что $a < c < b$ . По п. 1 существуют $N_1$ и $N_2$ такие, что $x_n < c$ при $n > N_1$ и $y_n > c$ при $n > N_2$ . При $n > \max(N_1, N_2)$ получаем $x_n < c < y_n$ .
Предположим, что $a > b$ . Тогда по п. 2 (с переменой ролей последовательностей) $y_n < x_n$ при всех $n$ , больших некоторого $N$ . Для $n > \max(N, N_0)$ это противоречит условию $x_n\le y_n$ . Значит, $a\le b$ . Частный случай получается, если взять постоянную последовательность $y_n = c$ (или $x_n = c$ ). $\blacksquare$

Иррациональность числа e

Формулировка

Число $e$ иррационально.

Доказательство

Развернуть

Предположим противное: $e = \frac pq$ , $p, q\in\mathbb N$ . Так как $2 < e < 3$ , число $e$ не целое, поэтому $q\ge 2$ .

По формуле Маклорена для $e^x$ с остатком в форме Лагранжа при $x = 1$ и $n = q$ найдётся $\theta\in(0, 1)$ , для которого

e = \sum_{k=0}^{q}\frac1{k!} + \frac{e^\theta}{(q+1)!}.

Умножим равенство на $q!$ :

q!\,e - \sum_{k=0}^{q}\frac{q!}{k!} = \frac{e^\theta}{q+1}.

Левая часть — целое число: $q!\,e = (q-1)!\,p\in\mathbb Z$ , и каждое $\frac{q!}{k!}$ при $k\le q$ целое.

Правая часть удовлетворяет неравенствам $0 < \frac{e^\theta}{q+1} < \frac{e}{q+1} < \frac{3}{3} = 1$ (так как $q + 1\ge 3$ ). Целое число не может лежать в интервале $(0, 1)$ — противоречие. Значит, $e\notin\mathbb Q$ . $\blacksquare$

Формула Маклорена для e^x

Формулировка

Для любого $n\in\mathbb N$ при $x\to 0$

e^x = 1 + x + \frac{x^2}{2!} + \ldots + \frac{x^n}{n!} + o(x^n) = \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} + o(x^n).

Для любых $x\in\mathbb R$ и $n\in\mathbb N$ найдётся $\theta\in(0, 1)$ такое, что

e^x = \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!} + \frac{e^{\theta x}}{(n+1)!}\,x^{n+1}.

Оценка остатка: если $|x|\le a$ , то

\left|e^x - \sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}\right|\le \frac{e^{a}a^{n+1}}{(n+1)!}\xrightarrow[n\to\infty]{} 0,

поэтому $e^x = \lim\limits_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}$ при каждом $x\in\mathbb R$ . 4. Приближённое вычисление $e$ : для любого $n\in\mathbb N$

0 < e - \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} < \frac{3}{(n+1)!}.

Доказательство

Развернуть

Функция $f(x) = e^x$ бесконечно дифференцируема на $\mathbb R$ , и по формуле для производных высших порядков $f^{(k)}(x) = e^x$ , поэтому $f^{(k)}(0) = 1$ при всех $k\ge 0$ . Значит, многочлен Маклорена порядка $n$ равен $\sum_{k=0}^{n}\frac{x^k}{k!}$ .

Пункт 1 есть формула Тейлора с остаточным членом в форме Пеано в точке $a = 0$ , применённая к $n$ раз дифференцируемой в нуле функции $e^x$ .

Пункт 2 есть формула Маклорена с остаточным членом в форме Лагранжа: $R_n(x) = \frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}x^{n+1}$ , где $c$ лежит между $0$ и $x$ ; записывая $c = \theta x$ , $\theta\in(0, 1)$ , получаем $f^{(n+1)}(c) = e^{\theta x}$ (при $x = 0$ формула тривиальна).

Для пункта 3 заметим, что при $|x|\le a$ имеем $\theta x\le |x|\le a$ , откуда $e^{\theta x}\le e^a$ и $|R_n(x)|\le\frac{e^a a^{n+1}}{(n+1)!}$ . Покажем, что $\frac{a^m}{m!}\to 0$ при $m\to\infty$ . Выберем натуральное $N > 2a$ . При $m > N$

0 < \frac{a^m}{m!} = \frac{a^N}{N!}\cdot\frac{a}{N+1}\cdots\frac{a}{m}\le\frac{a^N}{N!}\left(\frac12\right)^{m-N},

и правая часть стремится к нулю; по теореме о трёх последовательностях $\frac{a^m}{m!}\to 0$ . Значит, $R_n(x)\to 0$ при $n\to\infty$ , и частичные суммы сходятся к $e^x$ .

Для пункта 4 положим $x = 1$ в пункте 2: $e - \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} = \frac{e^\theta}{(n+1)!}$ , $\theta\in(0, 1)$ . Так как $1 < e^\theta < e < 3$ (свойство числа $e$ ), получаем $0 < e - \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} < \frac{3}{(n+1)!}$ . $\blacksquare$

Метод доказательства от противного

Формулировка

Пусть $L$ — ложное высказывание (например, $C\land\lnot C$ ).

Если истинна импликация $(A\land\lnot B)\Rightarrow L$ , то истинна импликация $A\Rightarrow B$ .
В частности, если истинна импликация $\lnot B\Rightarrow L$ , то $B$ истинно.
(Пример.) Не существует рационального числа $r$ , для которого $r^2 = 2$ .

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Так как $L$ ложно, для любого $X$ имеем $X\lor L\equiv X$ . По формуле $(X\Rightarrow Y)\equiv(\lnot X\lor Y)$

\bigl((A\land\lnot B)\Rightarrow L\bigr)\equiv\lnot(A\land\lnot B)\lor L\equiv\lnot(A\land\lnot B).

По формуле отрицания импликации $A\land\lnot B\equiv\lnot(A\Rightarrow B)$ , поэтому $\lnot(A\land\lnot B)\equiv\lnot\lnot(A\Rightarrow B)\equiv(A\Rightarrow B)$ . Итак, $\bigl((A\land\lnot B)\Rightarrow L\bigr)\equiv(A\Rightarrow B)$ .

Пункт 2. Аналогично $(\lnot B\Rightarrow L)\equiv\lnot\lnot B\lor L\equiv B$ .

Пункт 3. Предварительно заметим: если целое $p$ нечётно, $p = 2m + 1$ , то $p^2 = 2(2m^2 + 2m) + 1$ нечётно. По теореме о связи прямой и обратной противоположной теорем отсюда следует: если $p^2$ чётно, то $p$ чётно.

Предположим противное: $r^2 = 2$ при некотором $r\in\mathbb Q$ . Запишем $r = \frac pq$ несократимой дробью, $p\in\mathbb Z$ , $q\in\mathbb N$ . Тогда $p^2 = 2q^2$ , значит, $p^2$ чётно, и по доказанному $p$ чётно: $p = 2m$ .

Подставляя, получаем $4m^2 = 2q^2$ , т. е. $q^2 = 2m^2$ , откуда $q^2$ чётно и $q$ чётно. Числа $p$ и $q$ оба чётны, что противоречит несократимости дроби $\frac pq$ . По пункту 2 предположение ложно, и рационального $r$ с $r^2 = 2$ не существует. $\blacksquare$

Производные основных элементарных функций

Формулировка

В каждой точке области определения (с указанными ограничениями) справедливы формулы:

$(C)' = 0$ ; $(x^\alpha)' = \alpha x^{\alpha - 1}$ при $x > 0$ , $\alpha\in\mathbb R$ (при $\alpha\in\mathbb N$ — при всех $x$ , при целых $\alpha < 0$ — при $x\ne 0$ ; если $\alpha = \frac pq$ с нечётным $q$ , то и при $x < 0$ );
$(a^x)' = a^x\ln a$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ), $(e^x)' = e^x$ ;
$(\log_ax)' = \frac1{x\ln a}$ , $(\ln x)' = \frac1x$ ( $x > 0$ ); $(\ln|x|)' = \frac1x$ ( $x\ne 0$ );
$(\sin x)' = \cos x$ , $(\cos x)' = -\sin x$ , $(\operatorname{tg}x)' = \frac1{\cos^2x}$ ( $x\ne\frac\pi2 + \pi k$ ), $(\operatorname{ctg}x)' = -\frac1{\sin^2x}$ ( $x\ne\pi k$ );
$(\arcsin x)' = \frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ , $(\arccos x)' = -\frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ ( $|x| < 1$ ); $(\operatorname{arctg}x)' = \frac1{1 + x^2}$ , $(\operatorname{arcctg}x)' = -\frac1{1 + x^2}$ ;
$(\operatorname{sh}x)' = \operatorname{ch}x$ , $(\operatorname{ch}x)' = \operatorname{sh}x$ , $(\operatorname{th}x)' = \frac1{\operatorname{ch}^2x}$ , $(\operatorname{cth}x)' = -\frac1{\operatorname{sh}^2x}$ ( $x\ne 0$ ).

Доказательство

Развернуть

Степенная функция при $x > 0$ . Положим $t = \frac{\Delta x}{x}$ ; тогда $t\to 0$ , $t\ne 0$ при $\Delta x\to 0$ , $\Delta x\ne 0$ , и

\frac{(x + \Delta x)^\alpha - x^\alpha}{\Delta x} = x^{\alpha - 1}\cdot\frac{(1 + t)^\alpha - 1}{t}\to\alpha x^{\alpha - 1}

по следствию второго замечательного предела $\frac{(1 + t)^\mu - 1}{t}\to\mu$ и теореме о пределе сложной функции. Для $\alpha\in\mathbb N$ при всех $x$ и для целых $\alpha < 0$ при $x\ne 0$ формула доказана в следствиях правил дифференцирования; постоянная имеет нулевое приращение. Если $\alpha = \frac pq$ , $q$ нечётно, $x < 0$ , то $x^\alpha = (-1)^p(-x)^\alpha$ , и по правилу дифференцирования сложной функции $(x^\alpha)' = (-1)^{p+1}\alpha(-x)^{\alpha - 1}$ ; так как $q$ нечётно, $x^{\alpha - 1} = x^{(p - q)/q} = (-1)^{p - q}(-x)^{\alpha - 1} = (-1)^{p + 1}(-x)^{\alpha - 1}$ , т. е. снова $(x^\alpha)' = \alpha x^{\alpha - 1}$ .

Показательная функция: $\frac{a^{x + \Delta x} - a^x}{\Delta x} = a^x\cdot\frac{a^{\Delta x} - 1}{\Delta x}\to a^x\ln a$ по следствию второго замечательного предела; при $a = e$ получаем $e^x$ .

Логарифм, $x > 0$ : при $t = \frac{\Delta x}{x}$

\frac{\log_a(x + \Delta x) - \log_ax}{\Delta x} = \frac1x\cdot\frac{\ln(1 + t)}{t\ln a}\to\frac1{x\ln a},

так как $\frac{\ln(1 + t)}{t}\to 1$ . При $x < 0$ : $\ln|x| = \ln(-x)$ , и по правилу дифференцирования сложной функции $(\ln(-x))' = \frac1{-x}\cdot(-1) = \frac1x$ .

Синус и косинус: по формулам разности

\frac{\sin(x + \Delta x) - \sin x}{\Delta x} = \frac{\sin(\Delta x/2)}{\Delta x/2}\cos\left(x + \frac{\Delta x}2\right)\to\cos x,

\frac{\cos(x + \Delta x) - \cos x}{\Delta x} = -\frac{\sin(\Delta x/2)}{\Delta x/2}\sin\left(x + \frac{\Delta x}2\right)\to-\sin x

по первому замечательному пределу и непрерывности $\sin$ , $\cos$ .

Тангенс и котангенс — по правилу дифференцирования частного: $(\operatorname{tg}x)' = \frac{\cos x\cos x - \sin x(-\sin x)}{\cos^2x} = \frac1{\cos^2x}$ , $(\operatorname{ctg}x)' = \frac{-\sin^2x - \cos^2x}{\sin^2x} = -\frac1{\sin^2x}$ .

Обратные тригонометрические функции — по теореме о производной обратной функции. Функция $\sin$ непрерывна и строго возрастает на $\left[-\frac\pi2, \frac\pi2\right]$ ; при $|x| < 1$ точка $y = \arcsin x$ внутренняя и $(\sin y)' = \cos y > 0$ , поэтому $(\arcsin x)' = \frac1{\cos y} = \frac1{\sqrt{1 - \sin^2y}} = \frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ . Для $y = \arccos x\in(0, \pi)$ : $(\cos y)' = -\sin y < 0$ , $\sin y = \sqrt{1 - x^2}$ , откуда $(\arccos x)' = -\frac1{\sqrt{1 - x^2}}$ . Для $y = \operatorname{arctg}x\in\left(-\frac\pi2, \frac\pi2\right)$ : $(\operatorname{arctg}x)' = \cos^2y = \frac1{1 + \operatorname{tg}^2y} = \frac1{1 + x^2}$ . Для $y = \operatorname{arcctg}x\in(0, \pi)$ : $(\operatorname{arcctg}x)' = -\sin^2y = -\frac1{1 + \operatorname{ctg}^2y} = -\frac1{1 + x^2}$ .

Гиперболические функции. По правилу дифференцирования сложной функции $(e^{-x})' = -e^{-x}$ , поэтому $(\operatorname{sh}x)' = \frac{e^x + e^{-x}}2 = \operatorname{ch}x$ , $(\operatorname{ch}x)' = \frac{e^x - e^{-x}}2 = \operatorname{sh}x$ . По правилу частного и тождеству $\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x = 1$ : $(\operatorname{th}x)' = \frac{\operatorname{ch}^2x - \operatorname{sh}^2x}{\operatorname{ch}^2x} = \frac1{\operatorname{ch}^2x}$ , $(\operatorname{cth}x)' = \frac{\operatorname{sh}^2x - \operatorname{ch}^2x}{\operatorname{sh}^2x} = -\frac1{\operatorname{sh}^2x}$ . $\blacksquare$

Следствия из принципа Архимеда

Формулировка

Для любого $\varepsilon > 0$ существует $n\in\mathbb N$ , такое что $\frac1n < \varepsilon$ ; тогда и $\frac1m < \varepsilon$ при всех $m\ge n$ .
(Целая часть.) Для любого $x\in\mathbb R$ существует единственное целое $k$ , такое что

k\le x < k + 1;

оно называется целой частью числа $x$ и обозначается $[x]$ . 3. (Плотность $\mathbb Q$ в $\mathbb R$ .) Для любых $a < b$ существует $r\in\mathbb Q$ с $a < r < b$ . Следовательно, в любом интервале бесконечно много рациональных чисел.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. По принципу Архимеда (с $a = 1$ , $b = \varepsilon$ ) найдётся $n$ с $n\varepsilon > 1$ , т. е. $\frac1n < \varepsilon$ . При $m\ge n$ имеем $\frac1m\le\frac1n < \varepsilon$ .

Пункт 2, существование. Рассмотрим $E = \{k\in\mathbb Z:\ k\le x\}$ . По принципу Архимеда найдётся $n\in\mathbb N$ с $n > -x$ ; тогда $-n\in\mathbb Z$ и $-n < x$ , так что $E\ne\varnothing$ . Множество $E$ ограничено сверху числом $x$ , поэтому существует $s = \sup E$ .

По критерию точной верхней грани (с $\varepsilon = 1$ ) найдётся $k\in E$ с $k > s - 1$ . Тогда $k + 1 > s$ , и так как $k + 1\in\mathbb Z$ , а все элементы $E$ не превосходят $s$ , то $k + 1\notin E$ , т. е. $k + 1 > x$ . Вместе с $k\le x$ (так как $k\in E$ ) получаем $k\le x < k + 1$ .

Единственность. Если $k\le x < k + 1$ и $k'\le x < k' + 1$ , то $k' < k + 1$ и $k < k' + 1$ , т. е. $-1 < k - k' < 1$ . Единственное целое число с модулем меньше $1$ — нуль, поэтому $k = k'$ .

Пункт 3. По пункту 1 выберем $n\in\mathbb N$ с $\frac1n < b - a$ , т. е. $nb - na > 1$ . Положим $m = [na] + 1\in\mathbb Z$ . По определению целой части $m - 1\le na < m$ , поэтому

a < \frac mn,\qquad m\le na + 1 < nb,\ \text{ т. е. }\ \frac mn < b.

Число $r = \frac mn$ рационально и лежит в $(a, b)$ .

Бесконечность. Если бы в $(a, b)$ было лишь конечное число рациональных чисел (по доказанному — хотя бы одно), то среди них нашлось бы наименьшее $r_1$ ; но в интервале $(a, r_1)$ по доказанному есть рациональное число, меньшее $r_1$ , — противоречие. $\blacksquare$

Принцип вложенных отрезков (Коши–Кантора)

Формулировка

Пусть $[a_n, b_n]$ , $n\in\mathbb N$ , — последовательность вложенных отрезков:

[a_1, b_1]\supset[a_2, b_2]\supset\ldots\supset[a_n, b_n]\supset[a_{n+1}, b_{n+1}]\supset\ldots

Тогда:

существует точка, принадлежащая всем отрезкам: $\bigcap_{n=1}^\infty[a_n, b_n]\ne\varnothing$ ;
если, кроме того, для любого $\varepsilon > 0$ найдётся отрезок $[a_n, b_n]$ длины $b_n - a_n < \varepsilon$ , то общая точка единственна.

Доказательство

Развернуть

Из вложенности $[a_{n+1}, b_{n+1}]\subset[a_n, b_n]$ следует $a_n\le a_{n+1}\le b_{n+1}\le b_n$ . Индукцией по $k$ отсюда получаем $a_n\le a_k$ и $b_k\le b_n$ при $n\le k$ .

Покажем, что $a_n\le b_m$ при любых $n, m\in\mathbb N$ . Пусть $k = \max(n, m)$ ; тогда

a_n\le a_k\le b_k\le b_m.

Множества $A = \{a_n:\ n\in\mathbb N\}$ и $B = \{b_m:\ m\in\mathbb N\}$ непусты, и каждый элемент $A$ не больше каждого элемента $B$ . По аксиоме полноты существует $c$ с $a_n\le c\le b_m$ при всех $n, m$ . В частности, $a_n\le c\le b_n$ , т. е. $c\in[a_n, b_n]$ при всех $n$ . Пункт 1 доказан.

Пункт 2. Допустим противное: две различные общие точки $c < c'$ . Так как $c, c'\in[a_n, b_n]$ , то $a_n\le c < c'\le b_n$ и $b_n - a_n\ge c' - c$ при всех $n$ . Взяв $\varepsilon = c' - c > 0$ , получаем противоречие с условием существования отрезка длины меньше $\varepsilon$ . $\blacksquare$

Основные пределы последовательностей

Формулировка

Если $|q| < 1$ , то $q^n\to 0$ ; если $|q| > 1$ , то $q^n\to\infty$ (при $q > 1$ — к $+\infty$ ).
Если $a > 0$ , то

\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]a = 1.

$\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]n = 1$ .
Если $a > 1$ и $k\in\mathbb N$ , то

\lim_{n\to\infty}\frac{n^k}{a^n} = 0.

Для любого $a\in\mathbb R$

\lim_{n\to\infty}\frac{a^n}{n!} = 0.

Доказательство

Развернуть

Пусть $|q| > 1$ , $|q| = 1 + h$ , $h > 0$ . По неравенству Бернулли $|q|^n = (1 + h)^n\ge 1 + nh > nh$ . Для $E > 0$ по следствию из принципа Архимеда найдётся $N > \frac Eh$ , и при $n > N$ имеем $|q^n| > nh > E$ . Итак, $q^n\to\infty$ (при $q > 1$ члены положительны, поэтому $q^n\to+\infty$ ). Если $0 < |q| < 1$ , то $\left|\frac1q\right| > 1$ , и $\frac1{q^n}\to\infty$ , откуда $q^n\to 0$ по свойству связи бесконечно малых и бесконечно больших. При $q = 0$ утверждение тривиально.
Пусть $a > 1$ . Тогда $\sqrt[n]a > 1$ ; положим $\sqrt[n]a = 1 + h_n$ , $h_n > 0$ . По неравенству Бернулли $a = (1 + h_n)^n\ge 1 + nh_n$ , откуда $0 < h_n\le\frac{a - 1}n$ . Так как $\frac{a - 1}n\to 0$ , по теореме о трёх последовательностях $h_n\to 0$ , т. е. $\sqrt[n]a\to 1$ . При $a = 1$ всё тривиально. Если $0 < a < 1$ , то $b = \frac1a > 1$ и $\sqrt[n]b = 1 + h_n$ с $h_n\to 0$ ; тогда

0 < 1 - \sqrt[n]a = 1 - \frac1{1 + h_n} = \frac{h_n}{1 + h_n} < h_n,

и снова $\sqrt[n]a\to 1$ по теореме о трёх последовательностях.

При $n\ge 2$ положим $\sqrt[n]n = 1 + h_n$ , $h_n\ge 0$ . По формуле бинома Ньютона, оставляя из неотрицательных слагаемых лишь одно,

n = (1 + h_n)^n\ge C_n^2h_n^2 = \frac{n(n - 1)}2h_n^2,

откуда $0\le h_n\le\sqrt{\frac2{n - 1}}$ . Для $\varepsilon > 0$ при $n > 1 + \frac2{\varepsilon^2}$ получаем $\sqrt{\frac2{n - 1}} < \varepsilon$ ; значит, $h_n\to 0$ и $\sqrt[n]n\to 1$ .

Пусть $a = 1 + h$ , $h > 0$ , и $n\ge 2k + 2$ . По формуле бинома $a^n\ge C_n^{k+1}h^{k+1}$ . При $j\le k$ имеем $n - j\ge n - k\ge\frac n2$ , поэтому

C_n^{k+1} = \frac{n(n - 1)\cdots(n - k)}{(k + 1)!}\ge\frac{n^{k+1}}{2^{k+1}(k + 1)!}.

Следовательно,

0 < \frac{n^k}{a^n}\le\frac{2^{k+1}(k + 1)!}{h^{k+1}}\cdot\frac1n.

Справа — постоянная, умноженная на бесконечно малую $\frac1n$ , т. е. бесконечно малая; по теореме о трёх последовательностях $\frac{n^k}{a^n}\to 0$ .

При $a = 0$ утверждение очевидно; пусть $a\ne 0$ . Зафиксируем натуральное $m\ge 2|a|$ и положим $q = \frac{|a|}{m + 1} < \frac12$ . При $n > m$

\frac{|a|^n}{n!} = \frac{|a|^m}{m!}\cdot\frac{|a|}{m + 1}\cdots\frac{|a|}n\le\frac{|a|^m}{m!}q^{n - m} = \frac{|a|^m}{m!\,q^m}\,q^n.

Правая часть — постоянная, умноженная на бесконечно малую $q^n$ (п. 1), т. е. бесконечно малая. По теореме о трёх последовательностях $\frac{|a|^n}{n!}\to 0$ , а значит, и $\frac{a^n}{n!}\to 0$ (модули совпадают). $\blacksquare$

Первая теорема Вейерштрасса (об ограниченности)

Формулировка

Если функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ , то она ограничена на нём:

\exists K > 0\ \ \forall x\in[a, b]:\ |f(x)|\le K.

Для промежутков другого типа утверждение неверно: функция $f(x) = \frac1x$ непрерывна на $(0, 1]$ , но не ограничена на нём.

Доказательство

Развернуть

Предположим противное: $f$ не ограничена на $[a, b]$ . Тогда для каждого $n\in\mathbb N$ найдётся точка $x_n\in[a, b]$ с $|f(x_n)| > n$ .

Последовательность $(x_n)$ ограничена ( $a\le x_n\le b$ ), поэтому по принципу Больцано–Вейерштрасса из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность $x_{n_k}\to c$ . Переходя к пределу в неравенствах $a\le x_{n_k}\le b$ , по теореме о предельном переходе в неравенствах получаем $c\in[a, b]$ .

Функция $f$ непрерывна в точке $c$ (на множестве $[a, b]$ ), и $x_{n_k}\in[a, b]$ , поэтому по определению непрерывности по Гейне $f(x_{n_k})\to f(c)$ . Сходящаяся последовательность ограничена: $|f(x_{n_k})|\le K_0$ при всех $k$ .

С другой стороны, $|f(x_{n_k})| > n_k\ge k$ , так что последовательность $f(x_{n_k})$ не ограничена. Противоречие доказывает теорему.

Пример $f(x) = \frac1x$ на $(0, 1]$ : $f(\frac1{n+1}) = n + 1 > n$ , так что $f$ не ограничена; здесь ломается шаг $c\in[a, b]$ : подпоследовательность $\frac1{n+1}\to 0\notin(0, 1]$ . $\blacksquare$

Единственность предела последовательности

Формулировка

Последовательность не может иметь двух различных пределов: если $x_n\to a$ и $x_n\to b$ , где $a, b\in\mathbb R\cup\{-\infty, +\infty\}$ , то $a = b$ .

Доказательство

Развернуть

Предположим, что $a\ne b$ ; без ограничения общности $a < b$ . Покажем, что у различных точек $a, b$ расширенной прямой есть непересекающиеся окрестности $U(a)$ и $U(b)$ . Если $a < b$ конечны, подходят $\varepsilon$ -окрестности с $\varepsilon = \frac{b - a}2$ : при $x\in U_\varepsilon(a)$ имеем $x < \frac{a + b}2$ , а при $x\in U_\varepsilon(b)$ — $x > \frac{a + b}2$ . Если $a\in\mathbb R$ , $b = +\infty$ , берём $(a - 1, a + 1)$ и $(a + 1, +\infty)$ ; если $a = -\infty$ , $b\in\mathbb R$ — $(-\infty, b - 1)$ и $(b - 1, b + 1)$ ; если $a = -\infty$ , $b = +\infty$ — $(-\infty, -1)$ и $(1, +\infty)$ .

По определению предела существует $N_1$ такое, что $x_n\in U(a)$ при $n > N_1$ , и существует $N_2$ такое, что $x_n\in U(b)$ при $n > N_2$ .

Тогда при $n = \max(N_1, N_2) + 1$ точка $x_n$ лежит одновременно в $U(a)$ и в $U(b)$ , что противоречит $U(a)\cap U(b) = \varnothing$ . Значит, $a = b$ . $\blacksquare$

Равномерная непрерывность на интервале и продолжение на отрезок

Формулировка

Пусть $a < b$ — конечные числа, функция $f$ определена на интервале $(a, b)$ . Тогда

f \text{ равномерно непрерывна на } (a, b)\iff f \text{ непрерывна на } (a, b) \text{ и существуют конечные } f(a + 0),\ f(b - 0).

Иначе говоря, $f$ равномерно непрерывна на $(a, b)$ тогда и только тогда, когда её можно продолжить до функции, непрерывной на $[a, b]$ .

Доказательство

Развернуть

Достаточность. Положим $F(x) = f(x)$ при $x\in(a, b)$ , $F(a) = f(a + 0)$ , $F(b) = f(b - 0)$ . Во внутренних точках $F$ непрерывна, так как совпадает с $f$ на целой окрестности точки; в точке $a$ имеем $\lim\limits_{x\to a+0} F(x) = f(a + 0) = F(a)$ — непрерывность справа, в точке $b$ — непрерывность слева. По теореме Кантора $F$ равномерно непрерывна на $[a, b]$ , а тогда и на подмножестве $(a, b)$ , где $F = f$ (определение равномерной непрерывности для меньшего множества содержит меньше требований).

Необходимость. Непрерывность $f$ на $(a, b)$ следует из теоремы о связи равномерной непрерывности и непрерывности в точке. Докажем существование конечного $f(a + 0)$ (для $f(b - 0)$ — аналогично). Пусть $x_n\in(a, b)$ , $x_n\to a$ . Для $\varepsilon > 0$ возьмём $\delta$ из определения равномерной непрерывности. Сходящаяся последовательность $(x_n)$ фундаментальна, поэтому найдётся $N$ с $|x_n - x_m| < \delta$ при $n, m > N$ , и тогда $|f(x_n) - f(x_m)| < \varepsilon$ . Итак, $(f(x_n))$ фундаментальна и по критерию Коши сходится.

Предел не зависит от выбора последовательности. Если $x_n\to a$ и $x'_n\to a$ (все точки в $(a, b)$ ) и $f(x_n)\to A$ , $f(x'_n)\to A'$ , рассмотрим перемешанную последовательность $z = (x_1, x'_1, x_2, x'_2, \ldots)$ ; она тоже стремится к $a$ , и по доказанному $(f(z_k))$ сходится. Последовательности $(f(x_n))$ и $(f(x'_n))$ — её подпоследовательности, поэтому имеют тот же предел: $A = A'$ .

Итак, для любой последовательности $x_n\to a$ , $x_n\in(a, b)$ , последовательность $f(x_n)$ сходится к одному и тому же числу $A$ . По определению предела по Гейне (и эквивалентности определений по Коши и по Гейне) $\lim\limits_{x\to a+0} f(x) = A$ конечен. $\blacksquare$

Существование точной верхней грани

Формулировка

Всякое непустое ограниченное сверху множество $E\subset\mathbb R$ имеет точную верхнюю грань $\sup E\in\mathbb R$ , и притом единственную.
Всякое непустое ограниченное снизу множество $E\subset\mathbb R$ имеет точную нижнюю грань $\inf E\in\mathbb R$ , и притом единственную.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Пусть $B$ — множество всех верхних границ $E$ . Оно непусто, так как $E$ ограничено сверху; $E$ непусто по условию. По определению верхней границы

\forall x\in E\ \ \forall y\in B\quad x\le y.

По аксиоме полноты существует $c\in\mathbb R$ , такое что $x\le c\le y$ для всех $x\in E$ , $y\in B$ .

Неравенство $x\le c$ при всех $x\in E$ означает, что $c$ — верхняя граница $E$ , т. е. $c\in B$ . Неравенство $c\le y$ при всех $y\in B$ означает, что $c$ не больше любой верхней границы. Следовательно, $c$ — наименьшая верхняя граница: $c = \sup E$ .

Единственность: если $c$ и $c'$ — наименьшие верхние границы, то каждая из них — верхняя граница, и по минимальности $c\le c'$ и $c'\le c$ , т. е. $c = c'$ .

Пункт 2. Пусть $A$ — множество всех нижних границ $E$ ; $A\ne\varnothing$ и $y\le x$ для всех $y\in A$ , $x\in E$ . По аксиоме полноты существует $c$ с $y\le c\le x$ для всех $y\in A$ , $x\in E$ . Тогда $c$ — нижняя граница $E$ , не меньшая любой нижней границы, т. е. $c = \inf E$ ; единственность — как в пункте 1. $\blacksquare$

Критерий точной верхней грани

Формулировка

Пусть $E\subset\mathbb R$ , $E\ne\varnothing$ , $M\in\mathbb R$ . Тогда $M = \sup E$ в том и только в том случае, когда

\bigl(\forall x\in E\ \ x\le M\bigr)\ \land\ \bigl(\forall\varepsilon > 0\ \ \exists x\in E:\ x > M - \varepsilon\bigr).

Аналогично, $m = \inf E$ тогда и только тогда, когда

\bigl(\forall x\in E\ \ x\ge m\bigr)\ \land\ \bigl(\forall\varepsilon > 0\ \ \exists x\in E:\ x < m + \varepsilon\bigr).

Доказательство

Развернуть

Необходимость. Пусть $M = \sup E$ . Тогда $M$ — верхняя граница, т. е. выполнено первое условие. Пусть $\varepsilon > 0$ ; так как $M - \varepsilon < M$ , число $M - \varepsilon$ не может быть верхней границей (иначе $M\le M - \varepsilon$ ). По правилу построения отрицания « $M - \varepsilon$ не является верхней границей» означает: $\exists x\in E:\ x > M - \varepsilon$ .

Достаточность. Пусть выполнены оба условия. По первому $M$ — верхняя граница $E$ . Пусть $M'$ — произвольная верхняя граница, и допустим, что $M' < M$ . Положим $\varepsilon = M - M' > 0$ . По второму условию найдётся $x\in E$ с $x > M - \varepsilon = M'$ , что противоречит тому, что $M'$ — верхняя граница. Значит, $M'\ge M$ для любой верхней границы, и $M = \sup E$ .

Для точной нижней грани рассуждение симметрично. Если $m = \inf E$ и $\varepsilon > 0$ , то $m + \varepsilon > m$ не является нижней границей (иначе $m + \varepsilon\le m$ ), т. е. $\exists x\in E:\ x < m + \varepsilon$ . Обратно, если выполнены оба условия и $m' > m$ — нижняя граница, то при $\varepsilon = m' - m$ найдётся $x\in E$ с $x < m'$ — противоречие; значит, $m$ — наибольшая нижняя граница. $\blacksquare$

Полнота основных пространств

Формулировка

Пространства $\mathbb R$ , $\mathbb R^n_p$ ( $1\le p\le\infty$ ), $C[a,b]$ , $l_p$ ( $1\le p<\infty$ ) и $l_\infty$ полны.

Доказательство

Развернуть

$\mathbb R$ — это критерий Коши из курса анализа.

$\mathbb R^n_p$ . Координаты фундаментальной последовательности фундаментальны ( $|x_k - y_k|\le\rho_p(x,y)$ ), поэтому сходятся. Покоординатная сходимость равносильна сходимости в $\mathbb R^n_p$ .

$C[a,b]$ . Пусть $\{x_n\}$ фундаментальна: $|x_n(t) - x_m(t)| < \varepsilon$ при $n,m > N$ и всех $t$ . При каждом $t$ числовая последовательность $x_n(t)$ фундаментальна, значит, имеет предел $x(t)$ . Переходя к пределу при $m\to\infty$ , получаем $|x_n(t) - x(t)|\le\varepsilon$ при $n > N$ и всех $t$ , то есть сходимость равномерная. Предельная функция непрерывна: при $|t - s| < \delta$ (где $\delta$ выбрано по непрерывности $x_n$ )

|x(t) - x(s)|\le|x(t) - x_n(t)| + |x_n(t) - x_n(s)| + |x_n(s) - x(s)| < 3\varepsilon.

Итак, $x\in C[a,b]$ и $\rho(x_n, x)\le\varepsilon$ при $n > N$ .

$l_p$ . Координаты фундаментальны и сходятся: $x_k^{(n)}\to x_k$ . При $n, m > N$ и любом $K$ имеем $\sum_{k=1}^K|x_k^{(n)} - x_k^{(m)}|^p < \varepsilon^p$ . Переходим к пределу сначала при $m\to\infty$ , затем при $K\to\infty$ :

\sum_{k=1}^\infty|x_k^{(n)} - x_k|^p\le\varepsilon^p.

Значит, $x^{(n)} - x\in l_p$ , и по неравенству Минковского $x = x^{(n)} - (x^{(n)} - x)\in l_p$ , причём $\rho(x^{(n)}, x)\le\varepsilon$ .

$l_\infty$ — так же, с супремумом вместо суммы. $\blacksquare$

Свойства счётных множеств

Формулировка

Всякое бесконечное подмножество счётного множества счётно; всякое подмножество счётного множества не более чем счётно.
Если $A$ бесконечно и существует инъекция $A$ в счётное множество, то $A$ счётно.
Множество $\mathbb N\times\mathbb N$ счётно.
Объединение конечного или счётного семейства $A_1, A_2,\dots$ не более чем счётных множеств, хотя бы одно из которых бесконечно, счётно.
Множества $\mathbb Z$ и $\mathbb Q$ счётны.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Пусть $A = \{a_1, a_2,\dots\}$ (нумерация $n\mapsto a_n$ — биекция $\mathbb N\to A$ ), $B\subset A$ бесконечно. Положим $n_1 = \min\{n:\ a_n\in B\}$ и рекуррентно $n_{k+1} = \min\{n > n_k:\ a_n\in B\}$ . Минимумы существуют по принципу наименьшего элемента: множества непусты, так как иначе $B\subset\{a_1,\dots, a_{n_k}\}$ было бы конечно. По построению $n_1 < n_2 < \ldots$ , и индукцией $n_k\ge k$ .

Отображение $\varphi(k) = a_{n_k}$ из $\mathbb N$ в $B$ инъективно, так как номера $n_k$ различны, а нумерация $A$ инъективна. Докажем сюръективность. Пусть $b\in B$ , $b = a_m$ . Множество $K = \{k:\ n_k\ge m\}$ непусто ( $n_m\ge m$ ); пусть $k = \min K$ . Если $k = 1$ , то $n_1\le m$ по минимальности $n_1$ (так как $a_m\in B$ ). Если $k > 1$ , то $n_{k-1} < m$ , и $m$ входит в множество $\{n > n_{k-1}:\ a_n\in B\}$ , поэтому $n_k\le m$ . С другой стороны, $n_k\ge m$ , так как $k\in K$ . Итак, $n_k = m$ и $b = \varphi(k)$ . Итак, $\varphi$ — биекция, $B$ счётно. Подмножество счётного множества либо конечно, либо бесконечно и тогда счётно.

Пункт 2. Пусть $g\colon A\to C$ — инъекция, $C$ счётно. Тогда $g\colon A\to g(A)$ — биекция, и $g(A)$ бесконечно (иначе бесконечное $A$ было бы равномощно конечному множеству, а значит, конечно). По пункту 1 $g(A)\sim\mathbb N$ , и по транзитивности равномощности $A\sim\mathbb N$ .

Пункт 3. Отображение $(k, m)\mapsto 2^k3^m$ из $\mathbb N\times\mathbb N$ в $\mathbb N$ инъективно по единственности разложения натурального числа на простые множители. Множество $\mathbb N\times\mathbb N$ бесконечно (содержит различные пары $(k, 1)$ ). По пункту 2 оно счётно.

Пункт 4. Отбросим пустые множества (не все они пусты). Для каждого непустого не более чем счётного $A_k$ зададим сюръекцию $m\mapsto a_{km}$ из $\mathbb N$ на $A_k$ : для счётного — нумерацию, для $A_k = \{x_1,\dots, x_r\}$ — $a_{km} = x_{\min(m, r)}$ . Если множеств конечное число $A_1,\dots, A_p$ , положим $a_{km} = a_{pm}$ при $k > p$ . Тогда отображение $(k, m)\mapsto a_{km}$ из $\mathbb N\times\mathbb N$ на $A = \bigcup A_k$ сюръективно.

Пусть $\psi\colon\mathbb N\to\mathbb N\times\mathbb N$ — биекция (пункт 3). Для $x\in A$ положим $\nu(x) = \min\{j\in\mathbb N:\ a_{\psi(j)} = x\}$ (множество непусто по сюръективности). Отображение $\nu\colon A\to\mathbb N$ инъективно: из $\nu(x) = \nu(x') = j$ следует $x = a_{\psi(j)} = x'$ . Множество $A$ бесконечно, так как содержит бесконечное $A_k$ . По пункту 2 $A$ счётно.

Пункт 5. Отображение $\mathbb N\to\mathbb Z$ , $n\mapsto\frac n2$ при чётном $n$ и $n\mapsto-\frac{n-1}2$ при нечётном $n$ , — биекция (нумерация $0, 1, -1, 2, -2,\dots$ ), поэтому $\mathbb Z$ счётно. Далее $\mathbb Q = \bigcup_{q\in\mathbb N}Q_q$ , где $Q_q = \{\frac pq:\ p\in\mathbb Z\}$ ; отображение $p\mapsto\frac pq$ — биекция $\mathbb Z\to Q_q$ , так что все $Q_q$ счётны. По пункту 4 $\mathbb Q$ счётно. $\blacksquare$

Свойства пределов. Число e. Критерий Коши

Арифметические операции с пределами последовательностей

Формулировка

Доказательство

Число e

Формулировка

Доказательство

Число e как сумма ряда. Иррациональность e

Формулировка

Доказательство

Свойства гиперболических функций

Формулировка

Доказательство

Предельная точка множества как предел последовательности

Формулировка

Доказательство

Принцип Больцано–Вейерштрасса

Формулировка

Доказательство

Подпоследовательности сходящейся последовательности

Формулировка

Доказательство

Существование верхнего и нижнего пределов

Формулировка

Доказательство

Критерий Коши сходимости числовой последовательности

Формулировка

Доказательство

Пределы рациональных выражений

Условие

Решение

Пределы, сводящиеся к числу e

Условие

Решение

Итерации Герона для квадратного корня

Условие

Решение

Тождества и уравнения с гиперболическими функциями

Условие

Решение

Частичные пределы, верхний и нижний пределы

Условие

Решение

Последовательность всех рациональных чисел отрезка

Условие

Решение

Критерий Коши для частичных сумм

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Гиперболические функции

Предельная точка множества. Изолированная точка

Подпоследовательность. Частичный предел. Верхний и нижний пределы

Фундаментальная последовательность

Предел последовательности

Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности

Числовая последовательность. Ограниченность и монотонность

Промежутки. Окрестности конечной точки и бесконечности

Точные верхняя и нижняя грани множества

Свойства бесконечно малых последовательностей

Формулировка

Доказательство

Ограниченность сходящейся последовательности

Формулировка

Доказательство

Свойства модуля. Неравенство треугольника

Формулировка

Доказательство

Арифметические операции над непрерывными функциями

Формулировка

Доказательство

Теорема о трёх последовательностях

Формулировка

Доказательство

Второй замечательный предел

Формулировка

Доказательство

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка