4.3 Вопросы существования предела последовательности.

4.3.1 Критерий Коши существования предела последовательности.

Определение 4.3.1: Будем говорить, что числовая последовательность является фундаментальной, или последовательностью Коши, если $$\forall\varepsilon>0\:\exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0\forall{m}>n_0(|x_n-x_m|<\varepsilon).$$

Теорема 4.3.1: Критерий Коши существования предела последовательности.
Числовая последовательность $\{x_n\}$ сходится, тогда и только тогда, когда она фундаментальна.

Доказательство:

• $\Rightarrow)$ Пусть последовательность $\{x_n\}$ сходится к числу $A\in\mathbb{R}$. Фиксируем $\varepsilon>0$, тогда по определению предела последовательности по Коши и неравенству треугольников. $$\lim_{n\to\infty}x_n=A\Rightarrow\exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0\left(|x_n-A|<\frac\varepsilon{2}\right)\Rightarrow \forall{n}<n_0,\forall{m}<n_0\left(|x_m-x_n|\leq|x_n-A|+|x_m-A|<\frac\varepsilon{2}+\frac\varepsilon{2}=\varepsilon\right)$$
• $\Leftarrow)$ Пусть последовательность $\{x_n\}$ фундаментальна. Покажем, что она ограничена. Фиксируем $\varepsilon>0$, тогда по фундаментальности $\{x_n\}$ $$\exists{n}_0\in\mathbb{N}:\forall{n}>n_0,\forall{m}>n_0\left(|x_m-x_n|<\varepsilon\right)\Rightarrow \forall{n}>n_0\left(|x_n-x_{n_0+1}|<\varepsilon\right)$$ Если в последнем неравенстве положить, например, $\varepsilon:=1$, то для любого $n>n_0$ $|x_n|-|x_{n_0+1}|\leq|x_n-x_{n_0+1}|<1$, то есть $|x_n|<|x_{n_0+1}|+1$. Следовательно, последовательность $\{x_n\}$ ограничена, в качестве мажоранты выступает число $\max\{|x_1|,|x_2|,\dots,|x_{n_0}|,|x_{n_0+1}|+1\}$.
  
  Рассмотрим семейство множеств $E=\{E_n\:|\:n\in\mathbb{N}\}$, где для любого $n\in\mathbb{N}$ $E_n:=\{x_k\:|\:k\geq{n}\}$.
  1. Для любого $n\in\mathbb{N}$ $E_{n+1}\subset{E_n}$.
  2. Для любого $n\in\mathbb{N}$ множество $E_n$ ограничено, так как по доказанному ограничено $E_1$.
  
  Согласно лемме о верхней и нижней грани для любого $n\in\mathbb{N}$ существует $a_n:=\inf{E}_n,b_n:=\sup{E}_n$.
  1. $\forall{n}\in\mathbb{N}(a_n\leq{b}_n)$
  2. $\forall{n}\in\mathbb{N}(E_{n+1}\subset{E}_n)\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}(a_{n+1}\geq{a}_n\wedge{b}_{n+1}\leq{b}_n)$
  
  Таким образом построена последовательность вложенных отрезков $\{[a_n,b_n]\}$, тогда по принципу Коши - Кантора существует $A\in\mathbb{R}$ принадлежащее пересечению всех отрезков. Докажем, что число $A$ будет пределом последовательности $\{x_n\}$. $$A\in\bigcap_{n\in\mathbb{N}}[a_n,b_n]\Rightarrow\forall{n}\in\mathbb{N}(A\in[a_n,b_n]))\Rightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}(a_n\leq{A}\leq{b}_n\wedge\forall{x}\in{E}_n(a_n\leq{x}\leq{b_n}))\Rightarrow \forall{n}\in\mathbb{N}(\forall{x}\in{E}_n(|x-A|\leq{b}_n-a_n))$$ Теперь осталось оценить разность $b_n-a_n$. Фиксируем $\varepsilon>0$. По фундаментальности последовательности $\{x_n\}$ имеем: $$\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k,\forall{m}>k\left(|x_m-x_n|<\frac\varepsilon{3}\right)\Rightarrow \forall{n}>k\left(|x_{k+1}-x_n|<\frac\varepsilon{3}\right)\Rightarrow \forall{x}\in{E}_{k+1}\left(x>x_{k+1}-\frac\varepsilon{3}\wedge{x}<x_{k+1}+\frac\varepsilon{3}\right) \Rightarrow$$ $$\Rightarrow\left(a_k=\inf{E}_{k+1}\geq{x}_{k+1}-\frac\varepsilon{3}\wedge{b_k}=\sup{E}_{k+1}\leq{x}_{k+1}+\frac\varepsilon{3}\right) \Rightarrow{b}_k-a_k\leq{x}_{k+1}+\frac\varepsilon{3}-x_{k+1}+\frac\varepsilon{3}=\frac{2\varepsilon}{3}$$ Таким образом $$\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k\left(|x_n-A|\leq{b}_k-a_k=\frac{2\varepsilon}{3}<\varepsilon\right)$$

Пример 4.3.1: Пусть $X:=\{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9\}$, $\{\alpha_n\}$ - произвольная последовательность из множества $X$, $\{x_n\}$ - последовательности из $\mathbb{R}$ такая, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_n=0,\alpha_1\alpha_2\dots\alpha_n$. Покажем, что последовательность $\{x_n\}$ сходится.
Докажем для начала, что для любых $p<1,k\in\mathbb{R},m\in\mathbb{N}$ верно равенство $\displaystyle\sum_{i=0}^m(kp^i)=k\frac{1-p^{m+1}}{1-p}$. Действительно: $$(1-p)\sum_{i=0}^m(kp^i)=\sum_{i=0}^m(kp^i)-\sum_{i=1}^{m+1}(kp^i)=k(1-p^{m+1})\Rightarrow\sum_{i=0}^m(kp^i)=k\frac{1-p^{m+1}}{1-p}.$$ С помощью полученного равенства оценим разность двух произвольных членов последовательности $\{x_n\}$: $$\forall{m},n\in\mathbb{N}\left(m>n\Rightarrow|x_m-x_n|=\left|\frac{\alpha_{n+1}}{10^{n+1}}+\dots+\frac{\alpha_m}{10^m}\right|\leq \frac{9}{10^{n+1}}+\dots+\frac{9}{10^m}=\frac{9}{10^{n+1}}\left(1+\frac1{10}+\dots+\frac1{10^{m-n-1}}\right)\right)$$ Для суммы в скобках в последнем выражении применим доказанное выше равенство при $k:=1,p:=\frac1{10},m:=m-n-1$, тогда $$|x_m-x_n|\leq\frac{9}{10^{n+1}}\left(1+\frac1{10}+\dots+\frac1{10^{m-n-1}}\right)=\frac{9}{10^{n+1}}\frac{1-\frac1{10^{m-n}}}{1-\frac1{10}}= \frac1{10^n}\left(1-\frac1{10^{m-n}}\right)<\frac1{10^n}$$ В примере 4.1.5 было показано, что для любого $q>1$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{q^n}=0$, тогда $$\lim_{n\to\infty}\frac1{10^n}=0\Rightarrow\forall\varepsilon>0\:\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{m}>k,\forall{n}>k \left(|x_m-x_n|<\frac1{10^{\min\{m,n\}}}\leq\frac1{10^{k+1}}<\varepsilon\right)$$ Таким образом последовательность $\{x_n\}$ сходится по критерию Коши.

Задача 4.3.1: Пусть $q\in\mathbb{N},q>1,X=:\{0,1,2,\dots,q-1\}$, $\{\alpha_n\}$ - произвольная последовательность из множества $X$, $\{x_n\}$ - последовательность из $\mathbb{R}$ такая, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_n=0,\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_n$.
Доказать, что последовательность $\{x_n\}$ сходится.
То есть доказать, что утверждение примера 4.3.1 справедливо для любого натурального $q>1$ (т. е. справедливо для любой $q$-ичной системы счисления)

Решение: Так как вспомогательное равенство $\displaystyle\sum_{i=0}^m(kp^i)=k\frac{1-p^{m+1}}{1-p}$ доказано для любого $p<1$, и для любого $q>1$ $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1{q^n}=0$ то аналогично примеру 4.3.1 получим, что $$\forall{m},n\in\mathbb{N}\left(m>n\Rightarrow|x_m-x_n|<\frac1{q^n}\right)\Rightarrow \forall\varepsilon>0\:\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{m}>k,\forall{n}>k\left(|x_m-x_n|<\frac1{q^{\min\{m,n\}}}\leq\frac1{q^k}<\varepsilon\right)$$ Таким образом последовательность $\{x_n\}$ сходится по критерию Коши.

Логическое отрицание критерия Коши:
Числовая последовательность $\{x_n\}$ расходится, тогда и только тогда, когда $$\exists\varepsilon>0:\forall{k}\in\mathbb{N}(\exists{n}>k,\exists{m}>{k}:|x_m-x_n|\geq\varepsilon).$$

Пример 4.3.2: Пусть $\{x_n\}$ числовая последовательность такая, что для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_n:=1+\frac1{2}+\dots+\frac1{n}$.
Докажем, что последовательность $\{x_n\}$ расходится. Положим $\varepsilon:=\frac1{2}>0$, тогда $$\forall{k}\in\mathbb{N}\left(\forall{n}>k \left(\exists{m}:=2n>k:|x_m-x_n|=\frac1{n+1}+\frac1{n+2}+\dots+\frac1{2n}\geq{n}\frac1{2n}=\frac1{2}=\varepsilon\right)\right)$$ Таким образом последовательность $\{x_n\}$ расходится по критерию Коши.

Задача 4.3.2: Доказать, что последовательность $x_n=(-1)^n$ расходится.

Решение: Положим $\varepsilon:=1$, тогда $$\forall{k}\in\mathbb{N}(\forall{n}>k(\exists{m}:=n+1>k:|x_m-x_n|=|(-1)^{n+1}-(-1)^n|=2\geq\varepsilon)).$$ Таким образом последовательность $\{x_n\}$ расходится по критерию Коши.

4.3.2 Критерий существования предела монотонной последовательности.

Определение 4.3.2: Монотонная последовательность.
Числовая последовательность $\{x_n\}$ называется

1. неубывающей если для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_{n+1}\geq{x}_n$,
2. возрастающей если для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_{n+1}>x_n$,
3. невозрастающей если для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_{n+1}\leq{x}_n$
4. убывающей если для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_{n+1}<x_n$

Из определения в частности следует, что если последовательность возрастающая, то она неубывающая и если последовательность убывающая, то она не возрастающая.

Теорема 4.3.2: Теорема Вейерштрасса о пределе монотонной последовательности.

1. Если последовательность $\{x_n\}$ неубывающая, то она сходится тогда и только тогда, когда она ограничена сверху.
2. Если последовательность $\{x_n\}$ невозрастающая, то она сходится тогда и только тогда, когда она ограничена снизу.
3. Всякая монотонная ограниченная последовательность имеет предел.

Доказательство:

1. • $\Rightarrow)$ Последовательность $\{x_n\}$ сходится, следовательно, по первому общему свойству пределов, она ограничена, следовательно, она ограничена сверху.
   • $\Leftarrow)$ Последовательность $\{x_n\}$ ограничена сверху значит множество $E:=\{x_n\:|\:n\in\mathbb{N}\}$ ограничено сверху. Следовательно, по принципу верхней грани существует действительное число $s:=\sup{E}$.
     Фиксируем $\varepsilon>0$. По определению верхней грани существует $k\in\mathbb{N}$ такое, что $s-\varepsilon<x_k\leq{s}$. А так как последовательность $\{x_n\}$ не убывает, то для любого $n>k$ $s-\varepsilon<x_k\leq{x}_n\leq{s}<s+\varepsilon$. Таким образом $$\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k(|x_n-s|<\varepsilon)\Rightarrow\lim_{n\to\infty}x_n=s$$ То есть последовательность $\{x_n\}$ сходится к супремуму множества своих значений.
2. Доказывается аналогично пункту 1.
3. Следует из пунктов 2 и 3 так как возрастание это частный случай неубывания, а убывание - частный случай невозрастания.

Пример 4.3.3:Докажем, что предел последовательности $x_n=\frac{n}{q^n}$ равен нулю при любом $q>1$.
Действительно: $$\forall{n}\in\mathbb{N}\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{n+1}{n}\frac1{q}\right)\Rightarrow\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}= \frac1{q}\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}.$$ В примере 4.1.2 было показано, что $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1$, значит $$\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac1{q}<1\Rightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k(x_{n+1}<x_n)$$ Так как из определения предела последовательности следует, что изменения конечного числа членов последовательности не влияет ни на факт существования предела, ни на его численное значение, то можно считать, что последовательность $\{x_n\}$ убывающая. С другой стороны последовательность $\{x_n\}$ ограничена снизу нулем, следовательно, по теореме Вейерштрасса о пределе монотонной последовательности существует конечный предел $A:=\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$. Тогда $$A=\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}\left(x_n\frac{n+1}{n}\frac1{q}\right)= \frac1{q}\lim_{n\to\infty}x_n\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=\frac1{q}A\Rightarrow{A}=\frac1{q}A\Rightarrow\left(1-\frac1{q}\right)A=0.$$ и так как $q>1$, то $1-\frac1{q}\leq0$ и, следовательно, $A=0$.

Пример 4.3.4: Докажем, что предел последовательности $x_n=\sqrt[n]{n}$ равен 1.
Фиксируем $\varepsilon>0$, тогда из предыдущего примера следует, что $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n}{(1+\varepsilon)^n}=0$, следовательно, $$\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k\left(\frac{n}{(1+\varepsilon)^n}<1\right)\Rightarrow\forall{n}>k(1\leq{n}<(1+\varepsilon)^n)\Rightarrow \forall{n}>k(1-\varepsilon<\sqrt[n]{n}<1+\varepsilon)\Rightarrow\forall{n}>k(|\sqrt[n]{n}-1|<\varepsilon).$$

Пример 4.3.5: Докажем, что предел последовательности $\sqrt[n]{a}$ равен 1 при любом $a>0$.

• Рассмотрим случай $a\geq1$
  Фиксируем $\varepsilon>0$ и так же как в предыдущем примере получаем $$\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k(1\leq{a}<(1+\varepsilon)^n)\Rightarrow\forall{n}>k(1-\varepsilon<\sqrt[n]{a}<1+\varepsilon)\Rightarrow \forall{n}>k(|\sqrt[n]{a}-1|<\varepsilon).$$ Здесь, как и в предыдущем примере, мы использовали тот факт, что для любых действительных $a\geq1,b\geq1$ и для любого $n\in\mathbb{N}$ неравенство $a\leq{b}$ выполняется, тогда и только тогда, когда $a^n\leq{b}^n$.
• Рассмотрим случай $0<a<1$
  Если $0<a<1$, то $\frac1{a}>1$, и, следовательно, по доказанному $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]\frac1{a}=1$, тогда по пункту 3 об арифметических свойствах предела существует предел $$\lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt[n]{\frac1{a}}}=\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{a}=\frac1{1}=1$$ Здесь используется то, что для любого $a\geq0$ верно $\displaystyle\frac1{\sqrt[n]{\frac1{a}}}=\frac1{\frac1{\sqrt[n]{a}}}=\sqrt[n]{a}$.

Пример 4.3.6: Докажем, что предел последовательности $x_n=\frac{q^n}{n!}$ равен нулю для любого $q\in\mathbb{R}$.

1. При $q=0$ для любого $n\in\mathbb{N}$ $x_n=0$.
2. При $q>0$ последовательность $\{x_n\}$ ограничена снизу нулем, докажем, что она убывает. Действительно: $$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{q^{n+1}}{n!(n+1)}\div\frac{q^n}{n!}=\frac{q}{n+1}\Rightarrow\exists{k}\in\mathbb{N}:\forall{n}>k(q<n+1)\Rightarrow \forall{n}>k\left(\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{q}{n+1}<1\right)\Rightarrow\forall{n}>k(x_{n+1}<x_n)$$ Таким образом последовательность $\{x_{n+k}\}$ убывающая, следовательно, по теореме Вейерштрасса существует конечный предел $A:=\displaystyle\lim_{n\to\infty}x_n$, тогда $$A=\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}x_{n+1}=\lim_{n\to\infty}x_n\lim_{n\to\infty}\frac{q}{n+1}=A*0=0$$
3. При $q<0$ $|q|>0$, следовательно, по доказанному, существуют и равны нулю пределы последовательностей $\displaystyle-\frac{|q|^n}{n!},\frac{|q|^n}{n!}$. И так как $\displaystyle-\frac{|q|^n}{n!}\leq\frac{q^n}{n!}\leq\frac{|q|^n}{n!}$, то по теореме о двух милиционерах существует и равен нулю предел последовательности $\displaystyle\frac{q^n}{n!}$.

4.3.3 Число $e$.

Лемма 4.3.1: Неравенство Бернулли. $$\forall{n}\in\mathbb{N},\forall\alpha>-2((1+\alpha)^n\geq1+n\alpha)$$

Доказательство:

• При $\alpha>-1$ докажем индукцией по $n$.
  1. При $n=1$ имеем $(1+\alpha)^n=1+\alpha=1+1\alpha$.
  2. $(1+\alpha)^n\geq1+n\alpha\Rightarrow((1+\alpha)^{n+1}=(1+\alpha)^n(1+\alpha)\geq(1+n\alpha)(1+\alpha)=1+n\alpha+\alpha+n\alpha^2= 1+(n+1)\alpha+n\alpha^2\geq1+(n+1)\alpha$
• При $-2\leq\alpha\leq-1$ докажем индукцией по $n$.
  1. При $n=1$ имеем $(1+\alpha)^1=1+\alpha=1+1\alpha$.
  2. $(1+\alpha)^n\geq1+n\alpha\Rightarrow((1+\alpha)^{n+1}+(1+\alpha)^n=(1+\alpha)^n(1+\alpha+1)\geq(1+n\alpha)(1+\alpha+1)= (1+(n+1)\alpha)+1+n\alpha(1+\alpha)$
     Так как для любых $n\in\mathbb{N}, -2\leq\alpha\leq-1$ верно $(1+\alpha)^n\leq1\leq1+n\alpha(1+\alpha)$, то $(1+\alpha)^{n+1}\geq1+(1+n)\alpha$.

Утверждение 4.3.1: Числовая последовательность $x_n=(1+\frac1{n})^n$ сходится.

Доказательство: Рассмотрим последовательность $y_n=(1+\frac1{n})^{n+1}$. Последовательность $\{y_n\}$ ограничена снизу нулем. Докажем, что последовательность $\{y_n\}$ убывает. Действительно $$\forall{n}>1\left(\frac{y_{n-1}}{y_n}=\frac{\left(1+\frac1{n-1}\right)^n}{\left(1+\frac1{n}\right)^{n+1}}= \frac{\left(\frac{n}{n-1}\right)^n}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^n}=\frac{n^nn^{n+1}}{(n+1)^{n+1}(n-1)^n}=\frac{n^{2n}n}{((n-1)(n+1))^n(n+1)}= \frac{n^{2n}}{(n^2-1)^n}\frac{n}{n+1}=\left(\frac{n^2}{n^2-1}\right)^n\frac{n}{n+1}=\left(1+\frac1{n^2-1}\right)^n\frac{n}{n+1}\right)$$ Оценив первый множитель последнего выражения с помощью неравенства Бернулли при $\alpha:=\frac1{n^2-1}$ получим $$\forall{n}>1\left(\frac{y_{n-1}}{y_n}=\left(1+\frac1{n^2-1}\right)^n\frac{n}{n+1}\geq\left(1+\frac{n}{n^2-1}\right)\frac{n}{n+1}> \left(1+\frac1{n}\right)\frac{n}{n+1}=1\right)\Rightarrow\forall{n}>1(y_{n-1}>y_n)$$ Таким образом последовательность $\{y_{n+1}\}$ убывает, следовательно, по теореме Вейерштрасса о пределе монотонной последовательности последовательность $\{y_n\}$ сходится. Как было показано в примере 4.1.2 сходится и последовательность $\{\frac{n+1}{n}\}$, тогда по арифметическим свойствам предела сходится последовательность $\displaystyle\frac{y_n}{1+\frac1{n}}=x_n$, тогда $$\lim_{n\to\infty}y_n=\lim_{n\to\infty}\left(x_n\left(1+\frac1{n}\right)\right)=\lim_{n\to\infty}x_n\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{n}\right)=\lim_{n\to\infty}x_n$$ Таким образом существует число $\displaystyle{e}:=\lim_{n\to\infty}x_n=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac1{n}\right)^n\approx2.7182818285\dots$.

previous contents next