Числовые последовательности. Предел последовательности

Прогресс изучения0 из 7

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

Все теоремы темы7

Единственность предела последовательности
Ограниченность сходящейся последовательности
Свойства бесконечно малых последовательностей
Предельный переход в неравенствах
Теорема о трёх последовательностях
Основные пределы последовательностей
Теорема Вейерштрасса о монотонной последовательности

теорема

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, $a = b$ . $\blacksquare$

теорема

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 $2\varepsilon < 2$ . $\blacksquare$

теорема

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 $\left|\frac1{\alpha_n}\right| > \frac1\varepsilon = E$ . $\blacksquare$

теорема

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 $x_n = c$ ). $\blacksquare$

теорема

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 $-z_n\le -y_n$ . $\blacksquare$

лемма

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). $\blacksquare$

теорема

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. $\blacksquare$

Предел по определению

Условие

Пользуясь определением предела последовательности, доказать равенства и указать номер $N(\varepsilon)$ :

а) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{3n - 1}{n + 2} = 3$ ; найти также наименьшее $N$ , при котором $|x_n - 3| < 0{,}01$ для всех $n > N$ ;

б) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^2 + 1}{2n^2 - 1} = \frac12$ .

Решение

Развернуть

а) Имеем

\left|\frac{3n - 1}{n + 2} - 3\right| = \left|\frac{3n - 1 - 3n - 6}{n + 2}\right| = \frac7{n + 2}.

Неравенство $\frac7{n + 2} < \varepsilon$ равносильно $n > \frac7\varepsilon - 2$ . Положим $N(\varepsilon) = \left[\frac7\varepsilon\right]$ (целая часть существует по следствию из принципа Архимеда). Если $n > N$ , то $n\ge\left[\frac7\varepsilon\right] + 1 > \frac7\varepsilon > \frac7\varepsilon - 2$ , т. е. $|x_n - 3| < \varepsilon$ . Значит, предел равен $3$ .

При $\varepsilon = 0{,}01$ : $\frac7{n + 2} < 0{,}01\iff n + 2 > 700\iff n > 698$ . При $n = 698$ получаем ровно $\frac7{700} = 0{,}01$ , так что неравенство нарушено. Наименьшее $N = 698$ .

б) При $n\ge 1$

\left|\frac{n^2 + 1}{2n^2 - 1} - \frac12\right| = \frac{2n^2 + 2 - 2n^2 + 1}{2(2n^2 - 1)} = \frac3{2(2n^2 - 1)}\le\frac3{2n^2}\le\frac3{2n},

так как $2n^2 - 1\ge n^2$ и $n^2\ge n$ . Неравенство $\frac3{2n} < \varepsilon$ выполнено при $n > \frac3{2\varepsilon}$ ; можно взять $N(\varepsilon) = \left[\frac3{2\varepsilon}\right]$ .

Ответ: а) $N(\varepsilon) = \left[\frac7\varepsilon\right]$ , при $\varepsilon = 0{,}01$ наименьшее $N = 698$ ; б) $N(\varepsilon) = \left[\frac3{2\varepsilon}\right]$ .

Расходимость и отрицание определения предела

Условие

а) Записать с кванторами утверждение «последовательность $\{x_n\}$ не имеет конечного предела» и доказать, что $x_n = (-1)^n$ расходится и не является бесконечно большой.

б) Доказать, что последовательность $x_n = n^{(-1)^n}$ не ограничена, но не является бесконечно большой.

Решение

Развернуть

а) Строя отрицание по правилу « $\forall$ меняется на $\exists$ , $\exists$ на $\forall$ , утверждение после кванторов — на отрицание», получаем: $\{x_n\}$ не имеет конечного предела, если

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

Пусть $x_n = (-1)^n$ , $a\in\mathbb R$ произвольно, $\varepsilon = 1$ . Для любого $N$ среди номеров $N + 1$ и $N + 2$ один чётный, другой нечётный, т. е. соответствующие члены равны $1$ и $-1$ . Поскольку

|1 - a| + |-1 - a|\ge|(1 - a) - (-1 - a)| = 2,

хотя бы одно из чисел $|1 - a|$ , $|-1 - a|$ не меньше $1$ . Значит, найдётся $n > N$ с $|x_n - a|\ge 1$ , и $a$ не является пределом. Последовательность не бесконечно большая: при $E = 1$ неравенство $|x_n| > E$ не выполнено ни при каком $n$ , так как $|x_n| = 1$ .

б) Члены с чётными номерами равны $x_{2k} = 2k$ , с нечётными $x_{2k-1} = \frac1{2k - 1}$ . Для любого $C > 0$ по принципу Архимеда найдётся $k > C$ , и $|x_{2k}| = 2k > C$ ; значит, последовательность не ограничена. С другой стороны, бесконечно большая последовательность удовлетворяла бы условию: для $E = 1$ найдётся $N$ с $|x_n| > 1$ при всех $n > N$ . Но нечётный номер $n = 2N + 1 > N$ даёт $x_n = \frac1{2N + 1}\le 1$ . Противоречие.

Ответ: а) $(-1)^n$ расходится и не является бесконечно большой; б) $n^{(-1)^n}$ не ограничена, но не бесконечно большая.

Бесконечно малые и теорема о трёх последовательностях

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{\sin n}n$ ;

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

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

Решение

Развернуть

а) Последовательность $\frac1n$ бесконечно малая, а $\sin n$ ограничена ( $|\sin n|\le 1$ ). По свойству бесконечно малых их произведение — бесконечно малая, так что предел равен $0$ .

б) Умножая и деля на сопряжённое выражение,

0 < \sqrt{n + 1} - \sqrt n = \frac1{\sqrt{n + 1} + \sqrt n} < \frac1{2\sqrt n}.

Для $\varepsilon > 0$ неравенство $\frac1{2\sqrt n} < \varepsilon$ выполнено при $n > \frac1{4\varepsilon^2}$ , т. е. $\frac1{2\sqrt n}\to 0$ . По теореме о трёх последовательностях предел равен $0$ .

в) Обозначим сумму через $S_n$ . Каждое из $n$ слагаемых заключено между $\frac1{\sqrt{n^2 + n}}$ и $\frac1{\sqrt{n^2 + 1}}$ , поэтому

\frac n{\sqrt{n^2 + n}}\le S_n\le\frac n{\sqrt{n^2 + 1}} < 1.

Оценим левую часть снизу: так как $\sqrt{n^2 + n}\ge n$ ,

1 - \frac n{\sqrt{n^2 + n}} = \frac{\sqrt{n^2 + n} - n}{\sqrt{n^2 + n}} = \frac n{\sqrt{n^2 + n}\left(\sqrt{n^2 + n} + n\right)}\le\frac n{n\cdot 2n} = \frac1{2n}.

Итак, $1 - \frac1{2n}\le S_n < 1$ . Последовательность $1 - \frac1{2n}$ стремится к $1$ (она равна $1$ плюс бесконечно малая), постоянная $1$ тоже. По теореме о трёх последовательностях $S_n\to 1$ .

Ответ: а) $0$ ; б) $0$ ; в) $1$ .

Пределы с показательными функциями и факториалами

Условие

Найти пределы:

а) $\lim\limits_{n\to\infty}\sqrt[n]{2^n + 3^n}$ ;

б) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n^{10}}{1{,}01^n}$ ;

в) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{100^n}{n!}$ ;

г) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{n!}{n^n}$ .

Решение

Развернуть

а) Так как $3^n < 2^n + 3^n < 2\cdot 3^n$ ,

3 < \sqrt[n]{2^n + 3^n} < 3\sqrt[n]2.

По лемме об основных пределах $\sqrt[n]2\to 1$ , т. е. $\sqrt[n]2 - 1$ бесконечно малая; тогда $3\sqrt[n]2 - 3 = 3\left(\sqrt[n]2 - 1\right)$ — тоже бесконечно малая, и $3\sqrt[n]2\to 3$ . По теореме о трёх последовательностях предел равен $3$ .

б) Это случай $\frac{n^k}{a^n}$ с $k = 10$ , $a = 1{,}01 > 1$ : по лемме об основных пределах предел равен $0$ (хотя первые члены очень велики).

в) Это случай $\frac{a^n}{n!}$ с $a = 100$ : предел равен $0$ .

г) Запишем

0 < \frac{n!}{n^n} = \frac1n\cdot\frac2n\cdots\frac nn\le\frac1n,

так как все сомножители, кроме первого, не больше $1$ . Поскольку $\frac1n\to 0$ , по теореме о трёх последовательностях предел равен $0$ .

Ответ: а) $3$ ; б) $0$ ; в) $0$ ; г) $0$ .

Рекуррентная последовательность с корнями

Условие

Доказать, что последовательность

x_1 = \sqrt2,\qquad x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n}\quad(n\in\mathbb N)

(т. е. $\sqrt2$ , $\sqrt{2 + \sqrt2}$ , $\sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt2}}$ , …) сходится, и найти её предел.

Решение

Развернуть

Ограниченность: докажем по индукции, что $0 < x_n < 2$ . При $n = 1$ : $0 < \sqrt2 < 2$ . Если $0 < x_n < 2$ , то $0 < x_{n+1} = \sqrt{2 + x_n} < \sqrt4 = 2$ .

Монотонность: для положительных чисел $x_{n+1} > x_n\iff 2 + x_n > x_n^2\iff(2 - x_n)(1 + x_n) > 0$ , что верно, так как $0 < x_n < 2$ . Итак, последовательность строго возрастает и ограничена сверху числом $2$ .

По теореме Вейерштрасса существует $a = \lim x_n$ , а по предельному переходу в неравенствах $\sqrt2 = x_1\le a\le 2$ .

Найдём $a$ . Сдвинутая последовательность $y_n = x_{n+1}$ тоже стремится к $a$ : если $|x_n - a| < \varepsilon$ при $n > N$ , то и $|x_{n+1} - a| < \varepsilon$ при $n > N$ . С другой стороны, $\sqrt{2 + x_n} > \sqrt2 > 1$ и $\sqrt{2 + a} > 1$ , поэтому

\left|\sqrt{2 + x_n} - \sqrt{2 + a}\right| = \frac{|x_n - a|}{\sqrt{2 + x_n} + \sqrt{2 + a}}\le\frac{|x_n - a|}2,

откуда $\sqrt{2 + x_n}\to\sqrt{2 + a}$ . Но $\sqrt{2 + x_n} = x_{n+1}$ , и по единственности предела $a = \sqrt{2 + a}$ , т. е. $a^2 - a - 2 = 0$ , $a\in\{2, -1\}$ . Так как $a\ge\sqrt2$ , получаем $a = 2$ .

Ответ: последовательность сходится, $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = 2$ .

Монотонные последовательности частичных сумм

Условие

а) Доказать, что последовательность $x_n = \sum\limits_{k=1}^n\frac1{k^2}$ сходится и её предел не превосходит $2$ .

б) Доказать, что $y_n = \sum\limits_{k=1}^n\frac1{\sqrt k}\to+\infty$ .

Решение

Развернуть

а) Последовательность строго возрастает: $x_{n+1} - x_n = \frac1{(n + 1)^2} > 0$ . При $k\ge 2$

\frac1{k^2} < \frac1{k(k - 1)} = \frac1{k - 1} - \frac1k,

поэтому при $n\ge 2$

x_n < 1 + \sum_{k=2}^n\left(\frac1{k - 1} - \frac1k\right) = 1 + 1 - \frac1n < 2,

а $x_1 = 1 < 2$ . По теореме Вейерштрасса $\{x_n\}$ сходится, и её предел $\sup x_n\le 2$ . (Можно показать, что предел равен $\frac{\pi^2}6\approx 1{,}645$ .)

б) Последовательность $\{y_n\}$ строго возрастает. Каждое из $n$ слагаемых не меньше последнего, $\frac1{\sqrt n}$ , поэтому

y_n\ge n\cdot\frac1{\sqrt n} = \sqrt n.

Значит, $\{y_n\}$ не ограничена сверху ( $\sqrt n > E$ при $n > E^2$ ), и по теореме Вейерштрасса (случай монотонной неограниченной последовательности) $y_n\to+\infty$ .

Ответ: а) сходится, предел $\le 2$ ; б) $y_n\to+\infty$ .

Среднее арифметическое членов сходящейся последовательности

Условие

Доказать, что если $\lim\limits_{n\to\infty}x_n = a\in\mathbb R$ , то

\lim_{n\to\infty}\frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}n = a.

Показать на примере, что обратное утверждение неверно.

Решение

Развернуть

Обозначим $\sigma_n = \frac{x_1 + \ldots + x_n}n$ и $\alpha_k = x_k - a$ ; по свойству бесконечно малых $\alpha_k\to 0$ . Тогда

\sigma_n - a = \frac{(x_1 - a) + \ldots + (x_n - a)}n = \frac{\alpha_1 + \ldots + \alpha_n}n.

|\sigma_n - a|\le\frac{|\alpha_1| + \ldots + |\alpha_N|}n + \frac{|\alpha_{N+1}| + \ldots + |\alpha_n|}n < \frac An + \frac{n - N}n\cdot\frac\varepsilon2 < \frac An + \frac\varepsilon2.

По следствию из принципа Архимеда найдётся $N_1\ge N$ с $N_1 > \frac{2A}\varepsilon$ . При $n > N_1$ имеем $\frac An < \frac\varepsilon2$ и, значит, $|\sigma_n - a| < \varepsilon$ . Итак, $\sigma_n\to a$ .

Обратное неверно: для $x_n = (-1)^n$ сумма $x_1 + \ldots + x_n$ равна $-1$ при нечётном $n$ и $0$ при чётном, так что $|\sigma_n|\le\frac1n\to 0$ , хотя сама последовательность $(-1)^n$ расходится.

Ответ: утверждение доказано; контрпример к обратному — $x_n = (-1)^n$ , для которой $\sigma_n\to 0$ .

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

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.

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.

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 — $\inf E = -\infty$ .

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, $\frac{x_n}{y_n}\to\frac ab$ . $\blacksquare$

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 $\mathbb R$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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 $\bigl||a| - |b|\bigr|\le|a - b|$ . $\blacksquare$

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 $\frac1{n+1}\to 0\notin(0, 1]$ . $\blacksquare$

Теорема Больцано–Коши о нулях непрерывной функции

Формулировка

Пусть функция $f$ непрерывна на отрезке $[a, b]$ и на его концах принимает значения разных знаков:

f(a)\cdot f(b) < 0.

Тогда существует точка $c\in(a, b)$ , в которой

f(c) = 0.

Доказательство

Развернуть

Для определённости пусть $f(a) < 0 < f(b)$ (иначе рассмотрим функцию $-f$ , которая непрерывна и имеет те же нули). Построим последовательность вложенных отрезков методом деления пополам. Положим $[a_0, b_0] = [a, b]$ . Пусть построен отрезок $[a_n, b_n]$ , для которого $f(a_n) < 0 < f(b_n)$ . Обозначим $m_n = \frac{a_n + b_n}2$ . Если $f(m_n) = 0$ , то $c = m_n$ — искомая точка (она лежит в $(a, b)$ ), и доказательство окончено. Если $f(m_n) > 0$ , положим $[a_{n+1}, b_{n+1}] = [a_n, m_n]$ , если $f(m_n) < 0$ — положим $[a_{n+1}, b_{n+1}] = [m_n, b_n]$ . В обоих случаях снова $f(a_{n+1}) < 0 < f(b_{n+1})$ .

Если процесс не оборвался, получена система вложенных отрезков $[a_0, b_0]\supset[a_1, b_1]\supset\ldots$ с длинами

b_n - a_n = \frac{b - a}{2^n}\le\frac{b - a}{n}

при $n\ge 1$ (так как $2^n\ge n$ ). По следствию из принципа Архимеда для любого $\varepsilon > 0$ найдётся $n$ с $\frac{b - a}n < \varepsilon$ , т. е. длины отрезков становятся меньше любого $\varepsilon$ . По принципу вложенных отрезков существует единственная точка $c$ , принадлежащая всем отрезкам $[a_n, b_n]$ ; ясно, что $c\in[a, b]$ .

Так как $a_n\le c\le b_n$ , то $|a_n - c|\le b_n - a_n\le\frac{b - a}n$ и $|b_n - c|\le\frac{b - a}n$ , откуда $a_n\to c$ и $b_n\to c$ . Все $a_n, b_n$ лежат в $[a, b]$ , а $f$ непрерывна в точке $c$ (как функция на $[a, b]$ ), поэтому по определению непрерывности по Гейне

f(a_n)\to f(c),\qquad f(b_n)\to f(c).

Переходя к пределу в неравенствах $f(a_n) < 0$ и $f(b_n) > 0$ , по теореме о предельном переходе в неравенствах получаем $f(c)\le 0$ и $f(c)\ge 0$ , т. е. $f(c) = 0$ . Наконец, $c\ne a$ и $c\ne b$ , так как $f(a)\ne 0$ и $f(b)\ne 0$ ; значит, $c\in(a, b)$ .

Замечание. Метод даёт приближённое значение корня: середина отрезка $[a_n, b_n]$ отличается от некоторого корня не более чем на $\frac{b - a}{2^{n+1}}$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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 $e\le 2{,}75 < 3$ . $\blacksquare$

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 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. $\blacksquare$

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 $0 < e - \sum_{k=0}^{n}\frac1{k!} < \frac{3}{(n+1)!}$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

Непрерывность основных элементарных функций

Формулировка

Функции $y = c$ и $y = x$ непрерывны на $\mathbb R$ ; $x^n$ ( $n\in\mathbb N$ ) и многочлены непрерывны на $\mathbb R$ ; дробно-рациональная функция $\frac{P(x)}{Q(x)}$ непрерывна в каждой точке, где $Q(x)\ne 0$ .
$\sin x$ и $\cos x$ непрерывны на $\mathbb R$ , причём

|\sin x - \sin a|\le|x - a|,\qquad|\cos x - \cos a|\le|x - a|;

$\operatorname{tg} x$ непрерывен при $x\ne\frac\pi2 + \pi k$ , $\operatorname{ctg} x$ — при $x\ne\pi k$ , $k\in\mathbb Z$ . 3. $\arcsin x$ и $\arccos x$ непрерывны на $[-1, 1]$ ; $\operatorname{arctg} x$ и $\operatorname{arcctg} x$ — на $\mathbb R$ . 4. Показательная функция $a^x$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ), в частности $e^x$ , непрерывна на $\mathbb R$ . 5. Логарифмическая функция $\log_a x$ ( $a > 0$ , $a\ne 1$ ) непрерывна на $(0, +\infty)$ . 6. Степенная функция $x^\alpha$ непрерывна на $(0, +\infty)$ при любом $\alpha\in\mathbb R$ , а при $\alpha > 0$ — на $[0, +\infty)$ (где $0^\alpha = 0$ ). 7. Всякая элементарная функция непрерывна в каждой точке своей области определения.

Доказательство

Развернуть

Для $f(x) = c$ имеем $|f(x) - f(a)| = 0 < \varepsilon$ при любом $\delta$ ; для $f(x) = x$ достаточно взять $\delta = \varepsilon$ . Тогда $x^n = x\cdot\ldots\cdot x$ непрерывна как произведение непрерывных функций (индукция по $n$ ), многочлен $\sum c_kx^k$ — как сумма произведений непрерывных функций, а $\frac PQ$ — как частное непрерывных функций в точках, где $Q\ne 0$ (теорема об арифметических операциях над непрерывными функциями).
При доказательстве первого замечательного предела установлено неравенство $\sin t < t$ при $0 < t < \frac\pi2$ ; по нечётности $|\sin t| < |t|$ при $0 < |t| < \frac\pi2$ , а при $|t|\ge\frac\pi2 > 1$ имеем $|\sin t|\le 1 < |t|$ . Итак, $|\sin t|\le|t|$ для всех $t$ . Отсюда

|\sin x - \sin a| = 2\Bigl|\sin\frac{x - a}2\Bigr|\Bigl|\cos\frac{x + a}2\Bigr|\le 2\cdot\frac{|x - a|}2 = |x - a|,

и аналогично $|\cos x - \cos a| = 2\bigl|\sin\frac{x - a}2\bigr|\bigl|\sin\frac{x + a}2\bigr|\le|x - a|$ . Поэтому в определении непрерывности на языке $\varepsilon$ – $\delta$ можно взять $\delta = \varepsilon$ . Функции $\operatorname{tg} x = \frac{\sin x}{\cos x}$ и $\operatorname{ctg} x = \frac{\cos x}{\sin x}$ непрерывны как частные там, где знаменатель не равен нулю.

На $[-\frac\pi2, \frac\pi2]$ функция $\sin$ непрерывна и строго возрастает: при $-\frac\pi2\le x < y\le\frac\pi2$ имеем $\sin y - \sin x = 2\sin\frac{y - x}2\cos\frac{y + x}2 > 0$ . По теореме об обратной функции её множество значений — отрезок $[\sin(-\frac\pi2), \sin\frac\pi2] = [-1, 1]$ , а обратная функция $\arcsin$ непрерывна на $[-1, 1]$ . Аналогично $\cos$ строго убывает на $[0, \pi]$ ( $\cos y - \cos x = -2\sin\frac{y + x}2\sin\frac{y - x}2 < 0$ ), и $\arccos$ непрерывен на $[-1, 1]$ . На $(-\frac\pi2, \frac\pi2)$ функция $\operatorname{tg}$ непрерывна и строго возрастает: $\operatorname{tg} y - \operatorname{tg} x = \frac{\sin(y - x)}{\cos x\cos y} > 0$ при $x < y$ . При $x\to\frac\pi2 - 0$ имеем $\sin x\to 1$ , $\cos x\to+0$ , поэтому $\frac1{\cos x}$ — бесконечно большая (связь бесконечно малых и бесконечно больших) и $\operatorname{tg} x\to+\infty$ ; аналогично $\operatorname{tg} x\to-\infty$ при $x\to-\frac\pi2 + 0$ . По теореме об обратной функции множество значений — интервал $(\inf\operatorname{tg}, \sup\operatorname{tg}) = \mathbb R$ , и $\operatorname{arctg}$ непрерывен на $\mathbb R$ . Для $\operatorname{ctg}$ на $(0, \pi)$ (строго убывает: $\operatorname{ctg} x - \operatorname{ctg} y = \frac{\sin(y - x)}{\sin x\sin y} > 0$ ) рассуждение то же, и $\operatorname{arcctg}$ непрерывен на $\mathbb R$ .
Пусть $a > 1$ . Используем известные свойства степени с действительным показателем: $a^x > 0$ , $a^{x + y} = a^xa^y$ , $a^0 = 1$ , $a^x$ строго возрастает. Покажем, что $a^{1/n}\to 1$ . Положим $h_n = a^{1/n} - 1 > 0$ ; по неравенству Бернулли $a = (1 + h_n)^n\ge 1 + nh_n$ , откуда $0 < h_n\le\frac{a - 1}n$ , и по теореме о трёх последовательностях $h_n\to 0$ . Тогда и $a^{-1/n} = \frac1{a^{1/n}}\to 1$ . Для $\varepsilon\in(0, 1)$ выберем $n$ так, что $a^{1/n} < 1 + \varepsilon$ и $a^{-1/n} > 1 - \varepsilon$ . При $|x| < \delta = \frac1n$ по монотонности

1 - \varepsilon < a^{-1/n} < a^x < a^{1/n} < 1 + \varepsilon,

т. е. $|a^x - 1| < \varepsilon$ : функция непрерывна в нуле. В произвольной точке $x_0$ приращение

\Delta y = a^{x_0 + \Delta x} - a^{x_0} = a^{x_0}\bigl(a^{\Delta x} - 1\bigr)\to 0\quad(\Delta x\to 0),

что по определению непрерывности через приращения означает непрерывность в $x_0$ . При $0 < a < 1$ имеем $a^x = \frac1{(1/a)^x}$ , где $\frac1a > 1$ , и непрерывность следует из теоремы о частном. Частный случай $a = e > 1$ даёт непрерывность $e^x$ .

Пусть $a > 1$ . Функция $a^x$ непрерывна и строго возрастает на $\mathbb R$ . По неравенству Бернулли $a^n = (1 + (a - 1))^n\ge 1 + n(a - 1)$ , так что $a^x$ не ограничена сверху, а $a^{-n} = \frac1{a^n}\le\frac1{1 + n(a - 1)}$ , так что $\inf a^x = 0$ (все значения положительны). По теореме об обратной функции множество значений есть $(0, +\infty)$ , а обратная функция $\log_a x$ строго возрастает и непрерывна на $(0, +\infty)$ . При $0 < a < 1$ имеем $\log_a x = -\log_{1/a} x$ , и непрерывность следует из уже доказанного.
При $x > 0$ по определению степени $x^\alpha = e^{\alpha\ln x}$ . Функция $\ln x$ непрерывна на $(0, +\infty)$ (п. 5), $\alpha\ln x$ — тоже, а $e^t$ непрерывна на $\mathbb R$ (п. 4); по теореме о непрерывности сложной функции $x^\alpha$ непрерывна на $(0, +\infty)$ . Пусть $\alpha > 0$ ; тогда $x^\alpha$ строго возрастает на $(0, +\infty)$ как композиция возрастающих функций, и для $\varepsilon > 0$ при $0\le x < \delta = \varepsilon^{1/\alpha}$ имеем $0\le x^\alpha < \delta^\alpha = \varepsilon$ , т. е. $x^\alpha$ непрерывна справа в нуле.
Элементарная функция получается из основных элементарных функций и постоянных с помощью конечного числа арифметических операций и композиций. Индукцией по числу операций: если функции, участвующие в очередной операции, непрерывны в каждой точке своих областей определения, то по теоремам об арифметических операциях над непрерывными функциями и о непрерывности сложной функции результат непрерывен в каждой точке своей области определения. База — пп. 1–6. $\blacksquare$

Неравенство Бернулли

Формулировка

Для любого действительного $x\ge -1$ и любого $n\in\mathbb N$

(1 + x)^n\ge 1 + nx.

Если, кроме того, $x\ne 0$ и $n\ge 2$ , то неравенство строгое:

(1 + x)^n > 1 + nx.

Доказательство

Развернуть

Фиксируем $x\ge -1$ и докажем нестрогое неравенство индукцией по $n$ . База $n = 1$ : $(1 + x)^1 = 1 + x$ — равенство.

Шаг. Пусть $(1 + x)^n\ge 1 + nx$ . Так как $1 + x\ge 0$ , умножение этого неравенства на $1 + x$ сохраняет знак:

(1 + x)^{n+1} = (1 + x)^n(1 + x)\ge(1 + nx)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx^2\ge 1 + (n + 1)x,

поскольку $nx^2\ge 0$ . По принципу математической индукции неравенство верно при всех $n\in\mathbb N$ .

Строгое неравенство. Пусть $x\ne 0$ , $n\ge 2$ ; запишем $n = m + 1$ , $m\in\mathbb N$ . По доказанному $(1 + x)^m\ge 1 + mx$ , и, как выше,

(1 + x)^{m+1}\ge 1 + (m + 1)x + mx^2 > 1 + (m+1)x,

так как $mx^2 > 0$ при $x\ne 0$ . $\blacksquare$

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 $n\in\mathbb N$ . $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

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. $\blacksquare$

Построение отрицания высказываний с кванторами

Формулировка

Пусть $P(x)$ — предикат на множестве $X$ . Тогда

Отрицание квантора всеобщности:

\lnot\bigl(\forall x\in X\ \ P(x)\bigr)\equiv\exists x\in X:\ \lnot P(x).

Отрицание квантора существования:

\lnot\bigl(\exists x\in X:\ P(x)\bigr)\equiv\forall x\in X\ \ \lnot P(x).

(Правило построения отрицания.) Чтобы построить отрицание высказывания вида $Q_1x_1\,Q_2x_2\ldots Q_kx_k\ P(x_1,\dots,x_k)$ , где каждое $Q_i$ — квантор $\forall$ или $\exists$ (возможно, с ограничением вида $x_i\in X_i$ , $\varepsilon > 0$ , $n\ge N$ ), нужно заменить каждый квантор $\forall$ на $\exists$ и каждый $\exists$ на $\forall$ , сохранив порядок кванторов и их ограничения, а предикат $P$ заменить его отрицанием (которое затем упрощается по законам де Моргана).

Примеры. Отрицание ограниченности множества $E$ : $\forall C > 0\ \exists x\in E:\ |x| > C$ . Отрицание того, что $a = \lim a_n$ :

\exists\varepsilon > 0\ \ \forall N\in\mathbb N\ \ \exists n\ge N:\ \ |a_n - a|\ge\varepsilon.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Левая часть истинна $\iff$ высказывание $\forall x\in X\ P(x)$ ложно $\iff$ не для каждого $x\in X$ верно $P(x)$ $\iff$ найдётся $x\in X$ , для которого $P(x)$ ложно, т. е. $\lnot P(x)$ истинно $\iff$ истинна правая часть.

Пункт 2. Применим пункт 1 к предикату $\lnot P(x)$ и закон двойного отрицания: $\lnot(\forall x\ \lnot P(x))\equiv\exists x\ \lnot\lnot P(x)\equiv\exists x\ P(x)$ . Взяв отрицание обеих частей, получаем $\forall x\ \lnot P(x)\equiv\lnot(\exists x\ P(x))$ .

Ограничения кванторов сохраняются. Действительно, $\forall\varepsilon > 0\ R(\varepsilon)$ означает $\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))$ ; по пункту 1 и формуле отрицания импликации

\lnot\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))\equiv\exists\varepsilon\ \lnot(\varepsilon > 0\Rightarrow R(\varepsilon))\equiv\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land\lnot R(\varepsilon)),

т. е. $\exists\varepsilon > 0:\ \lnot R(\varepsilon)$ . Аналогично, по пункту 2 и закону де Моргана $\lnot\exists\varepsilon\ (\varepsilon > 0\land R)\equiv\forall\varepsilon\ (\lnot(\varepsilon > 0)\lor\lnot R)\equiv\forall\varepsilon\ (\varepsilon > 0\Rightarrow\lnot R)$ , т. е. $\forall\varepsilon > 0\ \lnot R(\varepsilon)$ .

Пункт 3 докажем индукцией по числу кванторов $k$ . При $k = 1$ это пункты 1, 2 (с учётом сохранения ограничений). Пусть правило верно для $k - 1$ кванторов. Обозначим $R(x_1) = Q_2x_2\ldots Q_kx_k\ P$ . По пункту 1 или 2 $\lnot(Q_1x_1\ R(x_1))\equiv\overline{Q_1}x_1\ \lnot R(x_1)$ , где $\overline{Q_1}$ — противоположный квантор. По предположению индукции $\lnot R(x_1)\equiv\overline{Q_2}x_2\ldots\overline{Q_k}x_k\ \lnot P$ , что и даёт требуемое.

Примеры получаются по правилу: ограниченность $\exists C > 0\ \forall x\in E\ |x|\le C$ переходит в $\forall C > 0\ \exists x\in E\ \lnot(|x|\le C)$ , т. е. $|x| > C$ ; определение предела $\forall\varepsilon > 0\ \exists N\ \forall n\ge N\ |a_n - a| < \varepsilon$ — в $\exists\varepsilon > 0\ \forall N\ \exists n\ge N\ |a_n - a|\ge\varepsilon$ . $\blacksquare$

Принцип Архимеда

Формулировка

Множество натуральных чисел $\mathbb N$ не ограничено сверху.
Для любого $a\in\mathbb R$ и любого $b > 0$ существует $n\in\mathbb N$ , такое что

nb > a.

Утверждения 1 и 2 равносильны.

Доказательство

Развернуть

Пункт 1. Допустим противное: $\mathbb N$ ограничено сверху. Так как $\mathbb N\ne\varnothing$ , по теореме о существовании точной верхней грани существует $s = \sup\mathbb N\in\mathbb R$ .

По критерию точной верхней грани (с $\varepsilon = 1$ ) найдётся $n\in\mathbb N$ с $n > s - 1$ . Тогда $n + 1 > s$ , причём $n + 1\in\mathbb N$ , так как $\mathbb N$ индуктивно. Это противоречит тому, что $s$ — верхняя граница $\mathbb N$ .

Пункт 2. Так как $\mathbb N$ не ограничено сверху, число $\frac ab$ не является его верхней границей: существует $n\in\mathbb N$ с $n > \frac ab$ . Умножая на $b > 0$ , получаем $nb > a$ .

Равносильность: пункт 2 выведен из пункта 1; обратно, при $b = 1$ пункт 2 даёт для любого $a$ натуральное $n > a$ , т. е. $\mathbb N$ не ограничено сверху. $\blacksquare$

Числовые последовательности. Предел последовательности

Единственность предела последовательности

Формулировка

Доказательство

Ограниченность сходящейся последовательности

Формулировка

Доказательство

Свойства бесконечно малых последовательностей

Формулировка

Доказательство

Предельный переход в неравенствах

Формулировка

Доказательство

Теорема о трёх последовательностях

Формулировка

Доказательство

Основные пределы последовательностей

Формулировка

Доказательство

Теорема Вейерштрасса о монотонной последовательности

Формулировка

Доказательство

Предел по определению

Условие

Решение

Расходимость и отрицание определения предела

Условие

Решение

Бесконечно малые и теорема о трёх последовательностях

Условие

Решение

Пределы с показательными функциями и факториалами

Условие

Решение

Рекуррентная последовательность с корнями

Условие

Решение

Монотонные последовательности частичных сумм

Условие

Решение

Среднее арифметическое членов сходящейся последовательности

Условие

Решение

Упражнения темы

Сессия завершена

Числовая последовательность. Ограниченность и монотонность

Предел последовательности

Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности

Промежутки. Окрестности конечной точки и бесконечности

Точные верхняя и нижняя грани множества

Арифметические операции с пределами последовательностей

Формулировка

Доказательство

Критерий Коши сходимости числовой последовательности

Формулировка

Доказательство

Подпоследовательности сходящейся последовательности

Формулировка

Доказательство

Свойства модуля. Неравенство треугольника

Формулировка

Доказательство

Первая теорема Вейерштрасса (об ограниченности)

Формулировка

Доказательство

Теорема Больцано–Коши о нулях непрерывной функции

Формулировка

Доказательство

Число e как сумма ряда. Иррациональность e

Формулировка

Доказательство

Число e

Формулировка

Доказательство

Существование верхнего и нижнего пределов

Формулировка

Доказательство

Теорема Кантора о равномерной непрерывности

Формулировка

Доказательство