Предельный переход в неравенствах

1. Здравствуйте!

Лекция №3

2.

Предельный переход в неравенствах
Теорема 1. Пусть xn сходящаяся последовательность и
n xn b . Тогда lim xn b .
n
Обозначим lim xn a . Тогда утверждение, противоположное
n
доказываемому, имеет вид: a b .
b a
0 . Тогда, по определению, предела
Возьмем
2
последовательности, можно написать
N n N xn a
b a
.
2
Последнее неравенство распишем в виде двойного:
b a
b a a b
.
xn a
2
2
2
a b
Но так как a b , то
b и получается что
2
a
что противоречит условию теоремы.
n N xn b ,

3.

Следствие. Если xn и yn сходящиеся последовательности
и n xn yn , то
lim xn lim yn .
n
n
Доказательство дается следующей цепочкой следствий
xn yn xn yn 0 lim xn yn 0
n
lim xn lim yn 0 lim xn lim yn
n
n
Важное замечание
Если n x n b то lim x n b .
n
n
n

4.

Теорема 2. (Теорема о двух милиционерах) Пусть
1. xn и zn сходящиеся последовательности;
2. n xn yn zn ;
3.
lim xn lim zn a .
n
Тогда
yn также сходящаяся последовательность и
lim yn a .
n
n

5.

Доказательство
0 N1 n N1 xn a
lim xn a
n
или
a xn a
lim zn a
n
0 N 2 n N 2 zn a
a zn a
или
Беря N max N1 , N 2 и учитывая, что n xn yn zn можно
записать
n N a xn yn zn a .
Выбрасывая лишнее, получим что
n N a yn a или | yn a | ,
что и говорит о том, что lim yn a .
n

6.

Предел монотонной последовательности
Определение. Последовательность xn называется
монотонно возрастающей (неубывающей), если n
xn 1 xn ;
строго монотонно возрастающей (неубывающей), если n
xn 1 xn ;
монотонно убывающей (невозрастающей), если n
xn 1 xn ;
строго монотонно убывающей (невозрастающей), если n
xn 1 xn ;
Монотонно
возрастающие
последовательности
обозначают символом xn , монотонно убывающие
символом xn .

7.

Теорема
1. Если последовательность { x n } монотонно возрастает и
ограниченна сверху, то она сходится к конечному пределу;
2. Если последовательность { x n } монотонно возрастает, но не
ограничена сверху, то lim xn .
n

8.

Часть 1. Пусть xn ограниченны сверху, то есть M такое,
что n xn M . Тогда, согласно теореме о существовании
супремума мы можем утверждать, что sup xn a .
Вспомним свойства sup xn . Их было два
1. n xn a ;
2. 0 N x N a .
Но учтем теперь что xn . Это значит, что n N xn xN . Тогда
имеем следующую цепочку неравенств a xN xn a a .
Выбрасывая лишнее, получим, что n N a xn a или
xn a , что и говорит о том, что lim xn a .
n
Заметьте, что предел равен как раз супремуму множества xn

9.

Часть 2. Пусть теперь xn не ограничена сверху. Это значит, что
A 0 N xN A .
Но xn . Значит, n N
xn xN и поэтому можно записать
n N xn xN A . Выбрасывая в этом неравенстве x N ,
получим окончательно
A 0 N n N xn A ,
что и говорит о том, что lim xn
n

10.

Лемма о вложенных отрезках
Определение 1. Множество, элементами которого являются
отрезки, называется системой отрезков.
Определение 2. Система замкнутых отрезков an , bn
называется стягивающейся, если
1. n an 1 , bn 1 an , bn то есть каждый последующий
отрезок расположен внутри предыдущего;
2. bn an
0 , то есть длины отрезков стремятся к нулю
n
.
[
[
[
a1
a2
a3
...
]
]
]
b3
b2
b1

11.

Лемма о вложенных отрезках
Для любой системы замкнутых стягивающихся отрезков
1. существуют lim a n , lim bn ;
n
n
2. они равны друг другу, то есть lim a n lim bn c ;
n
n
3. точка с принадлежит всем отрезкам сразу, то есть
n c [ a n , bn ] .
Доказательство.
1. Рассмотрим множество an левых концов наших
отрезков. Очевидно, что
а) an ,
б) n an b1 .
Поэтому, по предыдущей теореме, существует конечный lim an
n

12.

2. Рассмотрим множество bn правых концов наших
отрезков. Очевидно, что
а) bn ,
б) n bn a1 .
Поэтому существует конечный lim bn
n
3. Так как по условию lim bn an 0 , то lim bn lim an 0
n
n
n
и, следовательно, lim bn lim an .
n
n
Обозначим этот общий предел через с: lim bn lim an c
n
n
4. Так как an а bn , то, очевидно, что an c bn , то
есть точка c an , bn n ; (она принадлежит всем отрезкам
сразу)

13.

Бином Ньютона
n! 1 2 3 4
n
0! 1
n!
C
k ! n k !
k
n
C
k
n
n n 1 n 2
k!
C 1
Cn1 n
0
n
C
2
n
n n 1
2!
n k 1

14.

a b
n
n 1
C a b C a b C a
0
n
n 0
1
n
2
n
n 2 2
b
C a b
n
n
0 k
n ( n 1) n 2 2 n ( n 1)( n 2 ) n 3 3
n n 1
(a b) a a b
a b
a b
1!
2!
3!
bn
n
n
Число е
1
xn 1
n
n
n 1, 2,3,

15.

1
a 1, b
n
n 1 n n 1 1 n n 1 n 2 1
xn 1
2
3
1! n
2!
3!
n
n
1
n
n
1 1 1 1 2 1 1 2 3
2 1 1 1 1 1 1
2! n 3! n n 4! n n n
1 1 2
1 1
n! n n
n 1
1
n

16.

Покажем, что xn
1 1 1 1 2 1 1 2 3
xn 2 1 1 1 1 1 1
2! n 3! n n 4! n n n
1 1 2
1 1
n! n n
n 1
1
n
xn 1 2 2!1 1 n 1 1 3!1 1 n 1 1 1 n 2 1
n 1 n
k
k
1 1
n
n 1
1
1
2
1
1
n 1! n 1 n 1
k 1, 2,3,
n xn 1 xn
,n
n
1
n 1

17.

Покажем, что xn ограничена сверху
k
1 1
n
1 1 1
xn 2
2! 3! 4!
1
n!
2! 1 2 2 3! 1 2 3 1 2 2 22
3
4! 1 2 3 4 1 2 2 2 2
n! 2
n 1
1
1
n 1
n! 2

18.

1 1
1
1
1
x n 2 2 3 4 n 1
2 2
2
2
2
1 1
n
1
2
2
2
3 n 1 3
1
2
1
2
n
1
lim 1 e 2, 718281828
n
n

19.

Подпоследовательности
Пусть xn x1 , x2 , x3 ,
Пусть n1 , n2 , n3 , n4 ,
некоторая последовательность.
есть также последовательность, у которой
а) все nk - целые положительные числа;
б) nk монотонно возрастает с ростом
в) lim nk .
k
;
k
Рассмотрим
x
n1
, xn2 , xn3 , xn4 ,
теперь
последовательности
вида
, которая представляет собой «кусочек»
исходной последовательности xn и которая получается из нее
оставлением членов с номерами n1 , n2 , n3 ,
. Она называется
подпоследовательностью последовательности xn .

20.

Теорема.
1. Если последовательность xn сходится, то любая ее
подпоследовательность тоже сходится к тому же самому
пределу.
2. Если последовательность xn бесконечно большая, то
любая ее подпоследовательность тоже бесконечно большая.
Доказательство.
1. Пусть исходная последовательность сходящаяся. Имеем
lim xn a 0 N n N xn a ,
n
nk N s k s nk N .
Совершим «прогулку» по этим строкам кванторов по следующему
маршруту
>0 N N s k>s nk>N nk>N |xn a|<

21.

Тогда комбинация кванторов N N «взаимно уничтожается».
Оставляя лишь подчеркнутые кванторы, получим
0 s k s | xnk a | ,
что по определению означает, что lim xnk a .
n
2. Пусть теперь исходная последовательность бесконечно
большая. Тогда имеем
{xn} б.б.п. A 0 N n N | xn | A ,
nk N s k s nk N .
Совершим «прогулку» по этим строкам кванторов по следующему
маршруту
А > 0 N N s k>s nk>N nk>N |xn| > A.
Оставляя лишь подчеркнутые кванторы, получим
A s k s | xnk | A ,
откуда, по определению, и следует, что {x nk } б.б.п.

22.

Лемма Больцано - Вейерштрасса. Из любой ограниченной
последовательности
можно
выбрать
сходящуюся
подпоследовательность.
Из любой неограниченной последовательности можно
выбрать бесконечно большую подпоследовательность.
Доказательство.
Часть 1. При доказательстве этой леммы использован широко
применяемый прием «деление отрезка пополам».
Итак, пусть некоторая последовательность
xn
ограничена,
то есть a, b n a xn b . Это означает, что все члены xn
последовательности xn лежат на отрезке a, b .

23.

1. Построение стягивающейся системы отрезков.
a b
a
,
b
Разделим отрезок пополам точкой
. Мы получим
2
a b
a b
, b . Так как на всем отрезке a, b
два отрезка a,
и
2
2
имеется бесконечно много членов последовательности, то хотя
бы на одной половине также будет бесконечно много членов
последовательности. Оставим для дальнейшего рассмотрения эту
половину (если на обеих половинах бесконечно много членов
последовательности, то оставим любую из них), и назовем ее
отрезком a1 , b1 .
Разделим отрезок a1 , b1 пополам. Мы получим два отрезка
a1 b1
a1 , 2
и
a1 b1
2 , b1 .
Так как на всем отрезке a1 , b1 находиться
бесконечно много членов последовательности, то хотя бы на
одной половине также находится бесконечно много членов
последовательности. Оставим для дальнейшего рассмотрения эту
половину и назовем ее отрезком a2 , b2 .

24.

Продолжим эту процедуру до бесконечности. В результате
мы получим систему отрезков a1 , b1 , a2 , b2 , a3 , b3 , …,
которые характеризуются тем, что
а) на каждом из них имеется бесконечно много членов
последовательности;
б) [ a1 , b1 ] [ a 2 , b2 ] [ a 3 , b3 ] ...
b a
b
a
0 .
в) n
n
n
n
2
По лемме о вложенных отрезках отсюда следует, что
lim an lim bn c
n
n

25.

2. Выделение подпоследовательности
Рассмотрим отрезок a1 , b1 и возьмем
последовательности xn a1 , b1 .
Рассмотрим отрезок a2 , b2 и возьмем
любой
член
любой
член
1
последовательности xn a2 , b2 . Так как на
2
a2 , b2
бесконечно
много членов xn , то всегда можно выбрать n2 n1 .
Рассмотрим
отрезок
a3 , b3
и
возьмем
любой
член
последовательности xn a3 , b3 . Так как на a3 , b3 бесконечно
3
много членов xn , то всегда можно выбрать n3 n2 .
бесконечности,
до
процедуру
эту
Продолжая
подпоследовательность
k xnk ak , bk
x
n1
, xn2 , xn3 ,
такую,
получим
что

26.

3. Сходимость получившейся подпоследовательности
Так как k ak xnk bk и lim ak lim bk c то по теореме «о
k
двух милиционерах» lim xnk c .
k
k

27.

Часть 2. Слова «неограниченная
означают, что A 0 xn | xn | A .
последовательность»
Возьмем последовательность {An } такую, что
A1 A2 A3 A4 и lim An .
n
Но тогда для любого Ak существует такое x nk , что | xnk | Ak .
Кроме того, так как в последовательности {xn} бесконечно много
членов, всегда можно добиться того, что будет nk > nk 1. В
результате получится подпоследовательность {x nk } , обладающая
тем свойством, что k | xnk | Ak . Но тогда
lim | xnk | lim Ak ,
k
k
откуда и следует, что lim | xnk | , то есть, что {x nk }
k
бесконечно большая последовательность.

28.

Признак Больцано Коши.
Для того, чтобы последовательность xn сходилась к
конечному пределу, необходимо и достаточно, чтобы
N m, n N xm xn .
Последовательность, удовлетворяющая этому условию называется
«фундаментальной
последовательностью»
или
последовательностью, «сходящейся в себе».
Доказательство.
Необходимость. Пусть существует конечный lim xn a . Это
n
значит, что
N n N xn a
Но тогда m, n N
2
.
xm xn xm a xn a xm a xn a
что и утверждается в условии теоремы.
2
2
,

29.

Достаточность
1. Доказательство ограниченности последовательности.
Итак, пусть N m, n N xm xn . Зафиксируем
m N . Тогда n N
xm xn xm .
Рассмотрим
a min x1 , x2 , , xN , xm ,
b max x1 , x2 ,
, xN , xm .
Тогда очевидно, что n a xn b и последовательность
ограниченна.
xn

30.

2. Выделение сходящейся подпоследовательности
Ссылаясь на лемму Больцано Вейерштрасса выделим из нашей
последовательности подпоследовательность xnk которая сходится
к конечному пределу lim xnk c .
k
3. Доказательство того,
сходится к тому же пределу
что
вся
последовательность
Так как lim xnk c , то N1 nk N1 xnk c
k
По условию теоремы N2 m, n N2
2
xm xn .
.
2
Возьмем N max N1 , N 2 . Тогда n N , взяв произвольное
nk N , получим
xn c ( xn xn ) ( xn c) xn xn xn c ,
2 2
что и говорит о том, что lim xn c .
k
k
n
k
k