2.1: Конвергенція
- Page ID
- 61811
\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність дійсних чисел. Ми говоримо, що послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться,\(a \in \mathbb{R}\) якщо, для будь-якого\(\varepsilon>0\), існує натуральне число\(N\) таке, що для будь-якого\(n \in \mathbb{N}\) з\(n \geq N\), один має
\[\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon\left(\text { or equivalently }, a-\varepsilon<a_{n}<a+\varepsilon\right).\]
У цьому випадку викликаємо\(a\) межу послідовності (див. Теорему 2.1.3 нижче) і запишемо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=a\). Якщо послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) не сходиться, називаємо послідовність дивергентної.
Прямо з визначення, використовуючи властивість Архімеда, випливає, що послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\) якщо і тільки якщо для будь-якого\(\varepsilon>0\), існує дійсне число\(N\) таке, що для будь-якого\(n \in \mathbb{N}\) з\(n>N\), один має
\[\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon. \nonumber\]
Нехай\(a_{n}=\frac{1}{n}\) для\(n \in \mathbb{N}\). Ми стверджуємо, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). Перевіряємо це за допомогою визначення.
Рішення
Нехай\(\varepsilon>0\). Виберіть ціле число\(N>1 / \varepsilon\). (Зауважте, що таке ціле число\(N\) існує завдяки архімідовому властивості.) Тоді, якщо\(n \geq N\), отримаємо
\[\left|a_{n}-0\right|=\left|\frac{1}{n}\right|=\frac{1}{n} \leq \frac{1}{N}<\frac{1}{1 / \varepsilon}=\varepsilon. \nonumber\]
Тепер узагальнюємо попередній приклад наступним чином. Дозвольте\(\alpha>0\) і розглянемо послідовність, задану
\[a_{n}=\frac{1}{n^{\alpha}} \text { for } n \in \mathbb{N}. \nonumber\]
Рішення
Нехай\(\varepsilon>0\). Виберіть ціле число\(N\) таке, що\(N>\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{1 / \alpha}\). Для кожного\(n \geq N\), один має\(n>\left(\frac{1}{\varepsilon}\right)^{1 / \alpha}\) і, отже,\(n^{\alpha}>\frac{1}{\varepsilon}\). Це має на увазі
\[\left|\frac{1}{n^{\alpha}}-0\right|=\frac{1}{n^{\alpha}}<\frac{1}{1 / \varepsilon}=\varepsilon.\]
Ми робимо висновок, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\).
Розглянемо послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\), де
\[a_{n}=\frac{3 n^{2}+4}{2 n^{2}+n+5} \nonumber\]
Доведемо безпосередньо з визначення, що ця послідовність сходиться до\(a= \frac{3}{2}\).
Рішення
Нехай\(\varepsilon>0\). Спочатку шукаємо відповідний\(N\). Для цього ми спрощуємо і оцінюємо вираз\(\left|a_{n}-a\right|\). Зауважте, що
\ [\ почати {вирівняний}
\ лівий|a_ {n} -\ розрив {3} {2}\ праворуч | &=\ ліворуч |\ гідророзриву {3 n^ {2} +4} {2} +n+5} -\ frac {3} {2}\ праворуч | =\ ліворуч |\ frac {2\ ліворуч (3 n^ {2} +4\ праворуч) -3\ ліворуч (2 n ^ {2} +n+5\ праворуч)} {2\ ліворуч (2 n^ {2} +n+5\ праворуч)}\ праворуч | =\ ліворуч |\ розрив {-7-3 n} {2\ ліворуч (2 n ^ {2} +n+5\ праворуч)}\\
&=\ frac {3 n+7} {2} \ ліворуч (2 n^ {2} +n+5\ праворуч)} <\ frac {10 n} {4 n^ {2}} =\ frac {10} {4 n}
\ кінець {вирівняний}\]
Щоб гарантувати, що останній вираз менше\(\varepsilon\), досить буде вибрати\(N>\frac{10}{4 \varepsilon}\). Дійсно, якщо\(n \geq N\), ми отримаємо
\[\left|a_{n}-a\right| \leq \frac{10}{4 n} \leq \frac{10}{4 N}<\frac{10}{4 \frac{10}{4 \varepsilon}}=\varepsilon.\]
Нехай\(\left\{a_{n}\right\}\) дарує
\[a_{n}=\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}. \nonumber\]
Ми стверджуємо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\frac{4}{3}\).
Рішення
Нехай\(\varepsilon>0\). Шукаємо відповідну\(N\). Спочатку зауважте, що
\[\left|\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}-\frac{4}{3}\right|=\left|\frac{12 n^{2}-3-12 n^{2}+4 n}{3\left(3 n^{2}-n\right)}\right|=\left|\frac{4 n-3}{3\left(3 n^{2}-n\right)}\right|\]
З тих пір\(n \geq 1\), у нас є\(n^{2} \geq n\) і\(4n>3\). Тому ми маємо
\[\left|\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}-\frac{4}{3}\right|=\frac{4 n-3}{3\left(3 n^{2}-n\right)} \leq \frac{4 n-3}{3\left(3 n^{2}-n^{2}\right)}<\frac{4 n}{6 n^{2}}=\frac{4}{6 n}.\]
Таким чином, якщо\(N>\frac{4}{6 \varepsilon}\), у нас є, для\(n \geq N\)
\[\left|\frac{4 n^{2}-1}{3 n^{2}-n}-\frac{4}{3}\right| \leq \frac{4}{6 n} \leq \frac{4}{6 N}<\varepsilon.\]
Розглянемо послідовність, задану
\[a_{n}=\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}.\]
Доведемо безпосередньо з визначення, яке\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(\frac{1}{4}\).
Рішення
Нехай\(\varepsilon>0\). Тепер,
\[\left|\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}-\frac{1}{4}\right|=\left|\frac{4 n^{2}+20-4 n^{2}-n}{4\left(4 n^{2}+n\right)}\right|=\frac{|20-n|}{4\left(4 n^{2}+n\right)}.\]
Якщо\(n \geq 20\), то\(|20-n|=n-20\). Тому для таких у\(n\) нас є
\[\left|\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}-\frac{1}{4}\right|=\frac{n-20}{4\left(4 n^{2}+n\right)} \leq \frac{n}{16 n^{2}}=\frac{1}{16 n}.\]
Вибираємо\(N>\max \left\{\frac{1}{16 \varepsilon}, 20\right\}\). Тоді, бо\(n \geq N\) ми отримуємо
\[\left|\frac{n^{2}+5}{4 n^{2}+n}-\frac{1}{4}\right| \leq \frac{1}{16 n} \leq \frac{1}{16 N}<\varepsilon.\]
Наступний результат досить корисний для доведення певних нерівностей між числами.
Нехай\(\ell \geq 0\), якщо\(\ell<\varepsilon\) для всіх\(\varepsilon>0\), то\(\ell =0\).
- Доказ
-
Це легко доведено протиставленням. Якщо\(\ell >0\), то є позитивне число, наприклад\(\varepsilon=\ell / 2\), таке що\(\varepsilon<\ell\). \(\square\)
Конвергентна послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) має не більше однієї межі
- Доказ
-
Припустимо,\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\) і\(b\). Потім задано\(\varepsilon>0\), існують натуральні цілі числа\(N_{1}\) і\(N_{2}\) такі, що
\[\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon / 2 \text { for all } n \geq N_{1}\]
і
\[\left|a_{n}-b\right|<\varepsilon / 2 \text { for all } n \geq N_{2}.\]
Нехай\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Тоді
\[|a-b| \leq\left|a-a_{N}\right|+\left|a_{N}-b\right|<\varepsilon / 2+\varepsilon / 2=\varepsilon.\]
Оскільки\(\varepsilon>0\) є довільним, по Леммі 2.1.2,\(|a-b|=0\) і, отже,\(a=b\). \(\square\)
Наступна лема - це просте узагальнення (2.1.2).
Задано дійсні числа\(a,b\), то\(a \leq b\) якщо і тільки якщо\(a<b+\varepsilon\) для всіх\(\varepsilon>0\).
- Доказ
-
Припустимо\(a<b+\varepsilon\), для всіх\(\varepsilon>0\). І припустимо, шляхом протиріччя,\(a>b\) тоб. потім встановити\(\varepsilon_{0}=a-b\). Потім\(\varepsilon_{0}>0\). За припущенням, ми повинні мати\(a<b+\varepsilon_{0}=b+a-b=a\), що є протиріччям. Звідси випливає, що\(a \leq b\).
Інший напрямок випливає відразу з аксіом порядку. \(\square\)
Наступна теорема порівняння показує, що (нестрогі) нерівності зберігаються «в межі».
Припустимо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{b_{n}\right\}\) сходяться до\(a\) і\(b\), відповідно, і\(a_{n} \leq b_{n}\) для всіх\(n \in \mathbb{N}\). Потім\(a \leq b\).
- Доказ
-
Для будь-якого\(\varepsilon>0\) існують\(N_{1}, N_{2} \in \mathbb{N}\) такі, що
\[a-\frac{\varepsilon}{2}<a_{n}<a+\frac{\varepsilon}{2}, \quad \text { for } n \geq N_{1},\]
\[b-\frac{\varepsilon}{2}<b_{n}<b+\frac{\varepsilon}{2}, \quad \text { for } n \geq N_{2}.\]
Вибираємо\(N>\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Тоді
\[a-\frac{\varepsilon}{2}<a_{N} \leq b_{N}<b+\frac{\varepsilon}{2}.\]
Таким чином,\(a<b+\varepsilon\) для будь-якого\(\varepsilon>0\). Використовуючи Lemma 2.1.4 робимо висновок\(a \leq b\). \(\square\)
Припустимо\(\left\{a_{n}\right\}\), послідовності\(\left\{b_{n}\right\}\), і\(\left\{c_{n}\right\}\) задовольнити
\[a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n} \text { for all } n \in \mathbb{N},\]
і\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}=\ell\). Потім\(\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\ell\).
- Доказ
-
Виправте будь-який\(\varepsilon>0\). Так як\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\), існує\(N_{1} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\ell-\varepsilon<a_{n}<\ell+\varepsilon \nonumber\]
для всіх\(n \geq N_{1}\). Аналогічно\(\displaystyle \lim _{n \rightarrow \infty} c_{n}=\ell\), оскільки, існує\(N_{2} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\ell-\varepsilon<c_{n}<\ell+\varepsilon \nonumber\]
для всіх\(n \geq N_{2}\). Нехай\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Тоді, для\(n \geq N\), ми маємо
\[\ell-\varepsilon<a_{n} \leq b_{n} \leq c_{n}<\ell+\varepsilon, \nonumber\]
що має на увазі\(\left|b_{n}-\ell\right|<\varepsilon\). Тому,\(\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\ell\). \(\square\)
Послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) обмежується вище, якщо\(\left\{a_{n}: n \in \mathbb{N}\right\}\) множина обмежена вище. Аналогічно послідовність\ left\ {a_ {n}: n\ in\ mathbb {N}\ right\} обмежена нижче, якщо\(\left\{a_{n}: n \in \mathbb{N}\right\}\) множина обмежена нижче. Ми говоримо, що послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) обмежена, якщо\(\left\{a_{n}: n \in \mathbb{N}\right\}\) множина обмежена, тобто якщо вона як обмежена вище, так і обмежена нижче.
Зі спостереження після визначення 1.5.1 випливає, що послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) обмежена тоді і тільки тоді, коли є\(M \in \mathbb{R}\) така, що\(\left|a_{n}\right| \leq M\) для всіх\(n \in \mathbb{N}\).
Збіжна послідовність обмежена.
- Доказ
-
Припустимо, послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\). Тоді, для\(\varepsilon=1\), існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\left|a_{n}-a\right|<1 \text { for all } n \geq N.\]
Так як\(\left|a_{n}\right|-|a| \leq \| a_{n}|-| a|| \leq\left|a_{n}-a\right|\), це має\(\left|a_{n}\right|<1+|a|\) на увазі для всіх\(n \geq N\). Набір
\[M=\max \left\{\left|a_{1}\right|, \ldots,\left|a_{N-1}\right|,|a|+1\right\}\]
Тоді\(\left|a_{n}\right| \leq M\) для всіх\(n \in \mathbb{N}\). Тому\(\left\{a_{n}\right\}\) обмежений. \(\square\)
\(\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}\)Дозволяти послідовність дійсних чисел. Послідовність\(\left\{b_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}\) називається підпослідовністю,\(\left\{a_{n}\right\}_{n=1}^{\infty}\) якщо існує послідовність зростаючих натуральних чисел
\[n_{1}<n_{2}<n_{3}<\cdots,\]
такий, що\(b_{k}=a_{n_{k}}\) для кожного\(k \in \mathbb{N}\).
Розглянемо послідовність\(a_{n}=(-1)^{n}\) для\(n \in \mathbb{N}\).
Рішення
Потім\(\left\{a_{2 k}\right\}\) - підпослідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(a_{2 k}=1\) для всіх\(k\) (тут\(n_{k}=2 k\) для всіх\(k\)). Аналогічно також\(\left\{a_{2 k+1}\right\}\) є підпослідовністю\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(a_{2 k+1}=-1\) для всіх\(k\) (тут\(n_{k}=2 k +1\) для всіх\(k\)).
\(\left\{n_{k}\right\}_{k}\)Дозволяти послідовність натуральних чисел з
\[n_{1}<n_{2}<n_{3}<\cdots\]
Тоді\(n_{k} \geq k\) для всіх\(k \in \mathbb{N}\).
- Доказ
-
Використовуємо математичну індукцію. Коли\(k=1\), зрозуміло, що\(n_{1} \geq 1\) since\(n_{1}\) є натуральним числом. Припустимо\(n_{k} \geq k\), для деяких\(k\). Тепер\(n_{k+1}>n_{k}\) і, оскільки\(n_{k}\) і\(n_{k+1}\) є цілими числами, це означає,\(n_{k+1} \geq n_{k}+1\). Тому\(n_{k+1} \geq k+1\) шляхом індуктивної гіпотези. Висновок тепер випливає за принципом математичної індукції. \(\square\)
Якщо послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\), то будь-яка\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) підпослідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) також сходиться до\(a\).
- Доказ
-
Припустимо,\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\) і нехай\(\varepsilon>0\) буде дано. Тоді існує\(N\) таке, що
\[\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]
Для будь-якого\(k \geq N\), з тих пір\(n_{k} \geq k\), у нас також є
\[\left|a_{n_{k}}-a\right|<\varepsilon.\]
Таким чином,\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) сходиться до\(a\) як\(k \rightarrow \infty\). \(\square\)
Нехай\(a_{n}=(-1)^{n}\) для\(n \in \mathbb{N}\).
Рішення
Потім послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) розходиться. Дійсно припустимо протиріччям, що
\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\).
Потім кожна підпослідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до числа\(\ell \in \mathbb{R}\). З попередньої теореми випливає, зокрема, що
\(\ell=\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=1 \text { and } \ell=\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k+1}=-1\).
Це протиріччя показує, що послідовність розходиться.
Оскільки послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) обмежена, але не збіжна, цей приклад ілюструє той факт, що зворотна теорема 2.1.7 не відповідає дійсності.
З огляду на натуральне число\(k_{0}\), зручно буде також говорити про послідовність\(\left\{a_{n}\right\}_{n \geq k_{0}}\), тобто функцію, визначену тільки для цілих чисел, більших або рівних\(k_{0}\). Для простоти позначення ми можемо також позначити цю послідовність,\(\left\{a_{n}\right\}\) коли ціле число ясно\(k_{0}\) формує контекст. Наприклад, ми говоримо про послідовність,\(\left\{a_{n}\right\}\) задану
\[a_{n}=\frac{n+1}{(n-1)(n-2)}.\]
хоча\(a_{1}\) і\(a_{2}\) не визначені. У всіх випадках послідовність повинна бути визначена від деякого цілого числа і далі.
Вправа\(\PageIndex{1}\)
Доведіть наступне безпосередньо з визначення межі.
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n^{2}+2}{3 n^{3}+1}=0\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}+1}{5 n^{2}+n+1}=\frac{1}{5}\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{2 n^{3}+1}{4 n^{3}-n}=\frac{1}{2}\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 n^{2}+5}{6 n^{2}+n}=\frac{1}{2}\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{4 n^{2}-1}{n^{2}-n}=4\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{2}\)
Доведіть, що якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) є збіжною послідовністю, то\(\left\{|a_{n}|\right\}\) є збіжною послідовністю. Чи вірно зворотне?
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{3}\)
\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність. Доведіть, що якщо\(\left\{|a_{n}|\right\}\) сходиться до 0, то\(\left\{a_{n}\right\}\) також сходиться до 0.
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{4}\)
Доведіть це\(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sin n}{n}=0\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{5}\)
\(\left\{x_{n}\right\}\)Дозволяти бути обмежена послідовність і\(\left\{y_{n}\right\}\) нехай послідовність, яка сходиться до 0. Доведіть, що послідовність\(\left\{x_{n} y_{n}\right\}\) сходиться до 0.
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{6}\)
Доведіть, що наступні межі 0. (Підказка: використовуйте теорему 2.1.6.)
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+\cos \left(n^{2}-3\right)}{2 n^{2}+1}\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3^{n}}{n !}\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n !}{n^{n}}\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n^{2}}{3^{n}}\). (Підказка: див. Вправу 1.3.4 (c)).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{7}\)
Доведіть, що якщо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell>0\), то існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що\(a_{n}>0\) для всіх\(n \geq N\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{8}\)
Доведіть, що якщо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell \neq 0\), то\(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=1\). Чи вірний висновок, якщо\(\ell =0\)?
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{9}\)
\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність дійсних чисел такі, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=3\). Скористайтеся визначенням 2.1.1, щоб довести наступне
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} 3 a_{n}-7=2\);
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}+1}{a_{n}}=\frac{4}{3}\); (Підказка: спочатку довести, що є\(N\) таке, що\(a_{n}>1\) для\(n \geq N\).)
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{10}\)
Нехай\(a_{n} \geq 0\) для всіх\(n \in \mathbb{N}\). Доведіть, що якщо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\), то\(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt{a_{n}}=\sqrt{\ell}\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{11}\)
Доведіть, що послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) з\(a_{n}=\sin (n \pi / 2)\) розходиться.
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{12}\)
Розглянемо послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\).
- Доведіть, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\) якщо і тільки якщо\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k}=\ell\) і\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{2 k+1}=\ell\).
- Доведіть, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\) якщо і тільки якщо\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{3 k}=\ell\)\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{3 k+1}=\ell\), і\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{3 k+2}=\ell\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{13}\)
Задано послідовність\(\left\{a_{n}\right\}\), визначте нову послідовність\(\left\{b_{n}\right\}\) за
\[b_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+\ldots+a_{n}}{n}.\]
- Доведіть, що якщо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\), то\(\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\ell\)
- Знайдіть зустрічний приклад, щоб показати, що зворотне взагалі не тримається.
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.