2.1: Послідовності
{ai}i∈IДозволяти послідовність дійсних чисел. Ми говоримо{ai}i∈I сходиться, і має межу,L, якщо для кожного дійсного числаϵ>0 існує ціле числоN таке, що
|ai−L|<ϵ whenever i>N.
Ми говоримо послідовність{ai}i∈I, яка не сходиться, розходиться.
- Ми говоримо, що послідовність{ai}i∈I не зменшується, якщоai+1≥ai для кожногоi∈I і збільшується, якщоai+1>ai для кожногоi∈I.
- Ми говоримо, що{ai}i∈I послідовність не збільшується якщоai+1≤ai для кожногоi∈I і зменшується, якщоai+1<ai для кожногоi∈I.
Ми говоримо, щоA⊂R множина обмежена, якщо існує дійсне число,M таке, що|a|≤M для кожногоa∈A. Ми говоримо,{ai}i∈I послідовність дійсних чисел обмежена, якщо існує дійсне числоM таке, що|ai|≤M для всіхi∈I.
Якщо{ai}i∈I є неспадною, обмеженою послідовністю дійсних чисел, то{ai}i∈I сходиться.
- Доказ
-
Оскільки{ai}i∈I обмежена, то набірA={ai:i∈I} має супремум. НехайL=supA. Для будь-якого маєϵ>0, існуватиN∈I таке, щоaN>L−ϵ (або інакшеL−ϵ буде верхня межаA, для якої меншеL). Але потім
L−ϵ<aN≤ai≤L<L+ϵ
за всеi≥N,, що є,
|ai−L|<ϵ
для всіхi≥N. Таким чином{ai}i∈I сходиться і
L=limi→∞ai.
Q.E.D.
З попередньої теореми ми робимо висновок, що кожна неспадна послідовність дійсних чисел або має межу, або не обмежена, тобто необмежена.
Показати, що незростаюча обмежена послідовність дійсних чисел повинна сходитися.
{ai}i∈IДозволяти послідовність дійсних чисел. Якщо для кожного дійсного числаM існує ціле числоN таке, щоai>M всякий раз,i>N, коли ми говоримо, послідовність{ai}i∈I розходиться до позитивної нескінченності, позначається
limi→∞ai=+∞.
Аналогічно, якщо для кожного дійсного числаM існує ціле числоN таке, щоai<M всякий разi>N,, коли ми говоримо, послідовність{ai}i∈I розходиться до негативної нескінченності, позначається
limi→∞ai=−∞.
Показати, що неспадна послідовність дійсних чисел або сходиться, або розходиться до позитивної нескінченності.
Показати, що незростаюча послідовність дійсних чисел або сходиться, або розходиться до негативної нескінченності.
2.1.1 Розширені дійсні числа
Зручно додавати символи+∞ і−∞ до дійсних чиселR. Хоча ні+∞ ні−∞ дійсне число, ми погоджуємося з наступними операційними умовностями:
1. Задано будь-яке дійсне числоr,−∞<r<∞.
2. Для будь-якого дійсного числаr
r+(+∞)=r−(−∞)=r+∞=+∞,
r+(−∞)=r−(+∞)=r−∞=−∞,
і
r+∞=r−∞=0.
3. Для будь-якого дійсного числаr>0,r⋅(+∞)=+∞ іr⋅(−∞)=−∞.
4. Для будь-якого дійсного числаr<0,r⋅(+∞)=−∞ іr⋅(−∞)=+∞.
5. Якщоai=−∞,i=1,2,3,…, тодіlimi→∞ai=−∞.
6. Якщоai=+∞,i=1,2,3,…, тодіlimi→∞ai=+∞.
Зверніть увагу, що з порядком відношення, визначеного таким чином,+∞ є верхнім
bound і−∞ є нижньою межею для будь-якого наборуA⊂R. Таким чином, якщоA⊂R не має скінченної верхньої межі, тоsupA=+∞; аналогічно, якщоA⊂R не має скінченної нижньої межі, то infA=−∞.
При роботі з розширеними дійсними числами ми називаємо елементиR як скінченних дійсних чисел і елементів+∞ і−∞ як нескінченних дійсних чисел.
Чи утворюють розширені дійсні числа поле?
2.1.2 Обмеження покращеного та нижчого
{ai}i∈IДозволяти послідовність дійсних чисел і, для кожногоi∈I, нехайui=sup{aj:j≥i}. якщоui=+∞ для кожногоi∈I, ми дозволяємо
lim supi→∞ai=+∞;
в іншому випадку ми дозволимо
lim supi→∞ai=inf{ui:i∈I}.
У будь-якому випадку миlim infn→∞an називаємо граничну нижчу послідовність{ai}i∈I.
Дано послідовність{ai}i∈I, визначення{ui}i∈I і{li}i∈I як в попередніх двох визначеннях. Покажіть, що
lim supi→∞ai=limi→∞ui
і
lim infi→∞ai=limi→∞li.
Знайдітьlim supi→∞ai іlim infi→∞ai для послідовностей,{ai}∞i=1 як де оштрафовано нижче.
а.ai=(−1)i
б.ai=i
c.ai=2−i
д.ai=1i
Наступне судження часто називають теоремою стискання.
Припустимо{ck}k∈K,{ai}i∈I,{bj}j∈J, і є послідовності дійсних чисел, для яких існує ціле числоN таке, щоai≤ci≤bi всякий раз, колиi>N. If
limi→∞ai=limi→∞bi,
потім
limi→∞ci=limi→∞ai=limi→∞bi.
- Доказ
-
НехайL=limi→∞ai=limi→∞bi. ПрипустимоL, є кінцевим. Даноϵ>0, існує ціле числоM таке, що
|ai−L|<ϵ3
і
|bi−L|<ϵ3
всякий раз, колиi>M. тоді
|ai−bi|≤|ai−L|+|L−bi|<ϵ3+ϵ3=2ϵ3
всякий раз, колиi>M.K Дозволяти бути більшимN іM. Тоді
|ci−L|≤|ci−bi|+|bi−L|≤|ai−bi|+|bi−L|<2ϵ3+ϵ3=ϵ
всякийi>K. разci=L., колиL This lim Результат, коли нескінченний, є наслідком наступних двох вправ. Q.E.D.
Припустимо{ck}k∈K,{ai}i∈I і є послідовності, для яких існує ціле числоN таке, щоai≤ci всякий разi>N. Показати, що якщоlimi→∞ai=+∞, потімlimi→∞ci=+∞.
Припустимо{ck}k∈K,{bj}j∈J і є послідовності, для яких існує ціле числоN таке, щоci≤bi всякий разi>N. Показати, що якщоlimi→∞bi=−∞, потімlimi→∞ci=−∞.
Припустимо{bj}j∈J,{ai}i∈I і є послідовності дійсних чисел зai≤bi для всіхi більше, ніж деяке цілеN. Припускаючи, що обидві послідовності сходяться, показати, що
limi→∞ai≤limi→∞bi.
Покажіть, що для будь-якої послідовності{ai}i∈I,
lim infi→∞ai≤lim supi→∞ni.
Припустимо,{ai}i∈I це послідовність, для якої
lim supi→∞ai=lim infi→∞ai.
Тоді
limi→∞ai=lim supi→∞ai=lim infi→∞ai.
- Доказ
-
Нехайui=sup{ak:k≥i} іli=inf{ak:k≥i}. тодіli≤ai≤ui для всіхi∈I. зараз
limi→∞li=lim infi→∞ai=lim supi→∞ai=limi→∞ui,
тому результат випливає з теореми стискання. Q.E.D.
Припустимо,u дійсне число таке, щоu≥0 іu<ϵ для будь-якого дійсного числаϵ>0. Показати, щоu=0.
2.1.3 Повнота
Припустимо,{ai}i∈I це послідовність вR. Ми{ai}i∈I називаємо послідовність Коші, якщо для кожногоϵ>0 існує ціле числоN таке, що
|ai−aj|<ϵ
всякий раз, колиi>N іj>N.
Припустимо,{ai}i∈I це послідовність Коші вR. Тоді{ai}i∈I сходиться до межіL∈R.
- Доказ
-
Нехайui=sup{ak:k≥i} іli=inf{ak:k≥i}. дано всякеϵ>0, існуєN∈Z таке, що|ai−aj|<ϵ для всіхi,j>N. Таким чином, для всіхi,j>N,ai<aj+ϵ1 і так
ai≤inf{aj+ϵ:j≥i}=li+ϵ
для всіхi>N. Since{li}i∈I є неспадаючою послідовністю,
ai≤sup{li+ϵ:i∈I}=lim infi→∞ai+ϵ
для всіхi>N. Звідси
ui=sup{ak:k≥i}≤lim infi→∞ai+ϵ
для всіхi>N. Таким чином
lim supi→∞ai=inf{ui:i∈I}≤lim infi→∞ai+ϵ.
Зlim infi→∞ai≤lim supi→∞ai, цього випливає, що
|lim supi→∞ai−lim infi→∞ai|≤ϵ.
оскільки це вірно для кожного, щоϵ>0, ми маємо,limsupi→∞ai=limi→∞infai, і тому{ai}i∈I сходиться за пропозицією2.1.3. Q.E.D.
Як наслідок попередньої теореми ми говоримо, щоR це повний метричний простір.
ПрипустимоA⊂R,A≠∅, іs=supA. Показати, що існує послідовність{ai}∞i=1 зai∈A таким, щоlimi→∞ai=s.
Дано дійсне числоx≥0, показують, що існує дійсне числоs≥0 таке, щоs2=x.
Даємо√x позначити числоs в попередній вправі, квадратний коріньx.
2.1.4 Деякі основні результати про послідовності
Припустимо,\left\{x_{i}\right\}_{i \in I} що збіжна послідовність в\mathbb{R}, \alpha є дійсним числом, аL=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} . потім\left\{\alpha x_{i}\right\}_{i \in I} послідовність переходить і
\lim _{i \rightarrow \infty} \alpha x_{i}=\alpha L.
- Доказ
-
Якщо\alpha=0, потім\left\{\alpha x_{i}\right\}_{i \in I} явно сходиться до0 . Так припустимо,\alpha \neq 0 . задано\epsilon>0, вибрати ціле числоN таке, що
\left|x_{i}-L\right|<\frac{\epsilon}{|\alpha|}
всякий разi>N ., коли тоді для будь-якого уi>N нас є
\left|\alpha x_{i}-\alpha L\right|=|\alpha|\left|x_{i}-L\right|<|\alpha| \frac{\epsilon}{|\alpha|}=\epsilon.
Таким чином\lim _{i \rightarrow \infty} \alpha x_{i}=\alpha L. \quadQ.E.D.
Припустимо\left\{y_{i}\right\}_{i \in I},\left\{x_{i}\right\}_{i \in I} і є збіжними послідовностями в\mathbb{R} с,L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} аM=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i} . потім послідовність\left\{x_{i}+y_{i}\right\}_{i \in I} сходиться і
\lim _{i \rightarrow \infty}\left(x_{i}+y_{i}\right)=L+M.
Доведіть попередню пропозицію.
Припустимо\left\{y_{i}\right\}_{i \in I},\left\{x_{i}\right\}_{i \in I} і є збіжними послідовностями в\mathbb{R} с,L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} аM=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i} . потім послідовність\left\{x_{i} y_{i}\right\}_{i \in I} сходиться і
\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} y_{i}=L M.
Доведіть попередню пропозицію.
Припустимо\left\{y_{i}\right\}_{i \in I},\left\{x_{i}\right\}_{i \in I} і є збіжними послідовностями в\mathbb{R} зL=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}, M=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i}, іy_{i} \neq 0 для всіхi \in I . ЯкщоM \neq 0, тоді послідовність\left\{\frac{x_{i}}{y_{i}}\right\}_{i \in I} сходиться і
\lim _{i \rightarrow \infty} \frac{x_{i}}{y_{i}}=\frac{L}{M}.
- Доказ
-
Так якM \neq 0 іM=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i}, ми можемо вибрати ціле числоN таке, що
\left|y_{i}\right|>\frac{|M|}{2}
всякий раз, колиi>N .B Дозволяти бути верхньою\left\{\left|x_{i}\right|: i \in I\right\} \cup\left\{\left|y_{i}\right|: i \in I\right\} . межею для заданого будь-якого\epsilon>0, ми можемо вибрати ціле числоP таке, що
\left|x_{i}-L\right|<\frac{M^{2} \epsilon}{4 B}
і
\left|y_{i}-M\right|<\frac{M^{2} \epsilon}{4 B}
всякий раз, колиi>P . ДозвольтеK бути більшим,N аP . потім, для будь-якого, щоi>K, ми маємо
\begin{aligned}\left|\frac{x_{i}}{y_{i}}-\frac{L}{M}\right| &=\frac{\left|x_{i} M-y_{i} L\right|}{\left|y_{i} M\right|} \\ &=\frac{\left|x_{i} M-x_{i} y_{i}+x_{i} y_{i}-y_{i} L\right|}{\left|y_{i} M\right|} \\ & \leq \frac{\left|x_{i}\right|\left|M-y_{i}\right|+\left|y_{i}\right|\left|x_{i}-L\right|}{\left|y_{i} M\right|} \\ &<\frac{B \frac{M^{2} \epsilon}{4 B}+B \frac{M^{2} \epsilon}{4 B}}{\frac{M^{2}}{2}} \\ &=\epsilon . \end{aligned}
Таким чином
\lim _{i \rightarrow \infty} \frac{x_{i}}{y_{i}}=\frac{L}{M}.
Q.E.D.
а Покажіть, що\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}=0.
b. показати, що\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{2}}=0 шляхом (i) використовуючи визначення межі безпосередньо, а потім (ii) використовуючи попередні результати.
Показати, що для будь-якого додатного цілого числаk,
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{k}}=0.
Ми можемо об'єднати властивості цього розділу для обчислення
\begin{aligned} \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{5 n^{3}+3 n-6}{2 n^{3}+2 n^{2}-7} &=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{5+\frac{3}{n^{2}}-\frac{6}{n^{3}}}{2+\frac{2}{n}-\frac{7}{n^{3}}} \\ &=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} 5+3 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{2}}-6 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{3}}}{\lim _{n \rightarrow \infty} 2+2 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}-7 \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{3}}} \\ &=\frac{5+0+0}{2+0+0} \\ &=\frac{5}{2}. \end{aligned}
Оцінити
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 n^{5}+8 n^{3}-6 n}{8 n^{5}+2 n^{4}-31},
ретельно показуючи кожен крок.
Припустимо,\left\{x_{i}\right\}_{i \in I} це збіжна послідовність невід'ємних дійсних чисел зL=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} . Тоді послідовність\{\sqrt{x_{i}}\}_{i \in I} сходиться і
\lim _{i \rightarrow \infty} \sqrt{x_{i}}=\sqrt{L}.
- Доказ
-
Нехай\epsilon>0 дадуть. ПрипустимоL>0 і зверніть увагу, що
\left|x_{i}-L\right|=|\sqrt{x_{i}}-\sqrt{L}||\sqrt{x_{i}}+\sqrt{L}|
має на увазі, що
|\sqrt{x_{i}}-\sqrt{L}|=\frac{\left|x_{i}-L\right|}{|\sqrt{x_{i}}+\sqrt{L}|}
для будь-якогоi \in I . Виберіть ціле числоN таке, що
\left|x_{i}-L\right|<\sqrt{L} \epsilon
всякийi>N . раз, коли, для будь-якогоi>N,
|\sqrt{x_{i}}-\sqrt{L}|=\frac{\left|x_{i}-L\right|}{|\sqrt{x_{i}}+\sqrt{L}|}<\frac{\sqrt{L} \epsilon}{\sqrt{L}}=\epsilon.
Звідси\lim _{i \rightarrow \infty} \sqrt{x_{i}}=\sqrt{L}.
ЯкщоL=0, \lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}=0, так, ми можемо вибрати ціле числоN таке, що\left|x_{i}\right|<\epsilon^{2} для всіхi>N . Тоді
|\sqrt{x_{i}}|<\epsilon
всякий разi>N,, коли це так\lim _{i \rightarrow \infty} \sqrt{x_{i}}=0. \quadQ.E.D.
Оцінити
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{3 n^{2}+1}}{5 n+6},
ретельно показуючи кожен крок.
Задано дійсні числаr>0 і\alpha, показують, що(\mathrm{a}) \alpha r<r якщо0<\alpha<1 і(\mathrm{b}) r<\alpha r якщо\alpha>1.
Якщоx \in \mathbb{R} і|x|<1, тоді
\lim _{n \rightarrow \infty} x^{n}=0.
- Доказ
-
Спочатку припускаємоx \geq 0. Тоді\left\{x^{n}\right\}_{n=1}^{\infty} послідовність не збільшується і обмежена нижче 0. Звідси послідовність сходиться. НехайL=\lim _{n \rightarrow \infty} x^{n} . тоді
L=\lim _{n \rightarrow \infty} x^{n}=x \lim _{n \rightarrow \infty} x^{n-1}=x L,
з чого випливає, щоL(1-x)=0 . так як1-x>0, ми повинні матиL=0. Результат дляx<0 випливає з наступної вправи. \quadQ.E.D.
Покажіть, що\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|=0 якщо і тільки якщо\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0.
2.1.5 Підпослідовності
Задана послідовність\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}, припустимо\left\{n_{k}\right\}_{k=1}^{\infty}, що це зростаюча послідовність цілих чисел з
m \leq n_{1}<n_{2}<n_{3}<\cdots .
Потім ми називаємо послідовність\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} підпослідовністю\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} .
Послідовність\left\{x_{2 k}\right\}_{k=1}^{\infty} є підпослідовністю послідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=1}^{\infty} . Наприклад,\left\{\frac{1}{2 i}\right\}_{i=1}^{\infty} є підпослідовністю\left\{\frac{1}{i}\right\}_{i=1}^{\infty}.
Припустимо,\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} сходиться з\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}=L . Show, що кожна\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} підпослідовність\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} також сходиться і\lim _{k \rightarrow \infty} x_{n_{k}}=L.
Припустимо,\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} розходиться, щоб+\infty . показати, що кожна\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} підпослідовність\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} також розходиться на+\infty.
Припустимо,\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} розходиться, щоб-\infty . показати, що кожна\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} підпослідовність\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} також розходиться на-\infty.
За заданою послідовністю\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}, ми називаємо будь-яке розширене дійсне число,\lambda яке є межею підпослідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} підпослідовності підпослідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}.
-1і 1 є обидва підпослідовні межі\left\{(-1)^{i}\right\}_{i=0}^{\infty}.
Припустимо\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}, послідовність не обмежена. Показати, що-\infty або або+\infty є підпослідовною межею\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} ..
Припустимо,\Lambda це множина всіх підпослідовних меж послідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} . Тоді\Lambda \neq \emptyset.
- Доказ
-
За попередньою вправою пропозиція істинна, якщо\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} вона не обмежена. Так припустимо\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}, обмежений і вибрати дійсні числаa іb такі, щоa \leq x_{i} \leq b для всіхi \geq m. Побудувати послідовності\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty} і\left\{b_{i}\right\}_{i=1}^{\infty} наступним чином: Нехайa_{1}=a іb_{1}=b. Дляi \geq 1, нехай
c=\frac{a_{i-1}+b_{i-1}}{2}.
Якщо існує ціле числоN таке, щоa_{i-1} \leq x_{j} \leq c для всіхj>N, нехайa_{i}=a_{i-1} іb_{i}=c ; інакше, нехайa_{i}=c іb_{i}=b_{i-1} . нехайn_{1}=m і, дляk=2,3,4, \ldots, нехайn_{k} буде найменшим цілим числом, для якогоn_{k}>n_{k-1} іa_{k} \leq x_{n_{k}} \leq b_{k} Тоді\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} є послідовність Коші яка є підпослідовністю\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} . Таким чином\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} сходиться і\Lambda \neq 0 .\quad Q.E.D.
Припустимо,A \subset \mathbb{R} іB \subset \mathbb{R} зa \leq b для кожногоa \in A іb \in B . Покажіть, що\sup A \leq \inf B.
\LambdaДозволяти множина підпослідовних меж послідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} . Тоді
\limsup _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\sup \Lambda .
- Доказ
-
Нехайs=\sup \Lambda і, дляi \geq m, u_{i}=\sup \left\{x_{j}: j \geq i\right\} . Зараз, оскількиx_{j} \leq u_{i} для всіхj \geq i, випливає, що\lambda \leq u_{i} для кожного\lambda \in \Lambda іi \geq m . Отже, з попередньої вправи,s \leq \inf \left\{u_{i}: i \geq m\right\}=\limsup _{i \rightarrow \infty} x_{i}.
Тепер припустимоs<\limsup _{i \rightarrow \infty} x_{i}. Тоді існує дійсне числоt таке, щоs<t<\lim \sup _{i \rightarrow \infty} x_{i} . Зокрема,t<u_{i} для кожногоi \geq m . Letn_{1} є найменшим цілим числом, для якогоn_{1} \geq m іx_{n_{1}}>t . Fork=2,3,4, \ldots,n_{k} нехай є найменшим цілим числом, для якогоn_{k}>n_{k-1} іx_{n_{k}}>t . Thend\left\{x_{n_{k}}\right\}_{k=1}^{\infty} є a підпослідовність\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} якої має підпослідовну межу\lambda \geq t. Оскільки\lambda це також тоді підпослідовна межа\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}, ми маємо\lambda \in \Lambda і\lambda \geq t>s, суперечитьs=\sup \Lambda . Отже, ми повинні мати\lim \sup _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\sup \Lambda .\quad Q.E.D.
\LambdaДозволяти множина підпослідовних меж послідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} . Показати, що
\liminf _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\inf \Lambda .