2.1: Послідовності
- Page ID
- 62379
\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\)Дозволяти послідовність дійсних чисел. Ми говоримо\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) сходиться, і має межу,\(L,\) якщо для кожного дійсного числа\(\epsilon>0\) існує ціле число\(N\) таке, що
\[\left|a_{i}-L\right|<\epsilon \text { whenever } i>N.\]
Ми говоримо послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\), яка не сходиться, розходиться.
- Ми говоримо, що послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) не зменшується, якщо\(a_{i+1} \geq a_{i}\) для кожного\(i \in I\) і збільшується, якщо\(a_{i+1}>a_{i}\) для кожного\(i \in I \).
- Ми говоримо, що\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) послідовність не збільшується якщо\(a_{i+1} \leq a_{i}\) для кожного\(i \in I\) і зменшується, якщо\(a_{i+1}<a_{i}\) для кожного\(i \in I \).
Ми говоримо, що\(A \subset \mathbb{R}\) множина обмежена, якщо існує дійсне число,\(M\) таке, що\(|a| \leq M\) для кожного\(a \in A .\) Ми говоримо,\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) послідовність дійсних чисел обмежена, якщо існує дійсне число\(M\) таке, що\(\left|a_{i}\right| \leq M\) для всіх\(i \in I .\)
Якщо\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) є неспадною, обмеженою послідовністю дійсних чисел, то\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) сходиться.
- Доказ
-
Оскільки\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) обмежена, то набір\(A=\left\{a_{i}: i \in I\right\}\) має супремум. Нехай\(L=\sup A .\) Для будь-якого має\(\epsilon>0,\) існувати\(N \in I\) таке, що\(a_{N}>L-\epsilon\) (або інакше\(L-\epsilon\) буде верхня межа\(A\), для якої менше\(L\)). Але потім
\[L-\epsilon<a_{N} \leq a_{i} \leq L<L+\epsilon\]
за все\(i \geq N,\), що є,
\[\left|a_{i}-L\right|<\epsilon\]
для всіх\(i \geq N .\) Таким чином\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) сходиться і
\[L=\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}.\]
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.
\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\)Дозволяти послідовність дійсних чисел. Якщо для кожного дійсного числа\(M\) існує ціле число\(N\) таке, що\(a_{i}>M\) всякий раз,\(i>N,\) коли ми говоримо, послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) розходиться до позитивної нескінченності, позначається
\[\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=+\infty.\]
Аналогічно, якщо для кожного дійсного числа\(M\) існує ціле число\(N\) таке, що\(a_{i}<M\) всякий раз\(i>N,\), коли ми говоримо, послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) розходиться до негативної нескінченності, позначається
\[\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=-\infty.\]
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\(+\infty\) і\(-\infty\) до дійсних чисел\(\mathbb{R} .\) Хоча ні\(+\infty\) ні\(-\infty\) дійсне число, ми погоджуємося з наступними операційними умовностями:
1. Задано будь-яке дійсне число\(r,-\infty<r<\infty\).
2. Для будь-якого дійсного числа\(r\)
\[r+(+\infty)=r-(-\infty)=r+\infty=+\infty,\]
\[r+(-\infty)=r-(+\infty)=r-\infty=-\infty,\]
і
\[\frac{r}{+\infty}=\frac{r}{-\infty}=0.\]
3. Для будь-якого дійсного числа\(r>0, r \cdot(+\infty)=+\infty\) і\(r \cdot(-\infty)=-\infty\).
4. Для будь-якого дійсного числа\(r<0, r \cdot(+\infty)=-\infty\) і\(r \cdot(-\infty)=+\infty\).
5. Якщо\(a_{i}=-\infty, i=1,2,3, \ldots,\) тоді\(\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=-\infty\).
6. Якщо\(a_{i}=+\infty, i=1,2,3, \ldots,\) тоді\(\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=+\infty\).
Зверніть увагу, що з порядком відношення, визначеного таким чином,\(+\infty\) є верхнім
bound і\(-\infty\) є нижньою межею для будь-якого набору\(A \subset \mathbb{R}\). Таким чином, якщо\(A \subset \mathbb{R}\) не має скінченної верхньої межі, то\(\sup A=+\infty ;\) аналогічно, якщо\(A \subset \mathbb{R}\) не має скінченної нижньої межі, то inf\(A=-\infty\).
При роботі з розширеними дійсними числами ми називаємо елементи\(\mathbb{R}\) як скінченних дійсних чисел і елементів\(+\infty\) і\(-\infty\) як нескінченних дійсних чисел.
Чи утворюють розширені дійсні числа поле?
2.1.2 Обмеження покращеного та нижчого
\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\)Дозволяти послідовність дійсних чисел і, для кожного\(i \in I,\) нехай\(u_{i}=\sup \left\{a_{j}: j \geq i\right\} .\) якщо\(u_{i}=+\infty\) для кожного\(i \in I,\) ми дозволяємо
\[\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=+\infty;\]
в іншому випадку ми дозволимо
\[\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\inf \left\{u_{i}: i \in I\right\}.\]
У будь-якому випадку ми\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}\) називаємо граничну нижчу послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\).
Дано послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I},\) визначення\(\left\{u_{i}\right\}_{i \in I}\) і\(\left\{l_{i}\right\}_{i \in I}\) як в попередніх двох визначеннях. Покажіть, що
\[\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} u_{i}\]
і
\[\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} l_{i}.\]
Знайдіть\(\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}\) і\(\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}\) для послідовностей,\(\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}\) як де оштрафовано нижче.
а.\(a_{i}=(-1)^{i}\)
б.\(a_{i}=i\)
c.\(a_{i}=2^{-i}\)
д.\(a_{i}=\frac{1}{i}\)
Наступне судження часто називають теоремою стискання.
Припустимо\(\left\{c_{k}\right\}_{k \in K}\),\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I},\left\{b_{j}\right\}_{j \in J},\) і є послідовності дійсних чисел, для яких існує ціле число\(N\) таке, що\(a_{i} \leq c_{i} \leq b_{i}\) всякий раз, коли\(i>N .\) If
\[\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} b_{i},\]
потім
\[\lim _{i \rightarrow \infty} c_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} b_{i}.\]
- Доказ
-
Нехай\(L=\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} b_{i} .\) Припустимо\(L\), є кінцевим. Дано\(\epsilon>0,\) існує ціле число\(M\) таке, що
\[\left|a_{i}-L\right|<\frac{\epsilon}{3}\]
і
\[\left|b_{i}-L\right|<\frac{\epsilon}{3}\]
всякий раз, коли\(i>M .\) тоді
\[\left|a_{i}-b_{i}\right| \leq\left|a_{i}-L\right|+\left|L-b_{i}\right|<\frac{\epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}=\frac{2 \epsilon}{3}\]
всякий раз, коли\(i>M .\)\(K\) Дозволяти бути більшим\(N\) і\(M .\) Тоді
\[\left|c_{i}-L\right| \leq\left|c_{i}-b_{i}\right|+\left|b_{i}-L\right| \leq\left|a_{i}-b_{i}\right|+\left|b_{i}-L\right|<\frac{2 \epsilon}{3}+\frac{\epsilon}{3}=\epsilon\]
всякий\(i>K .\) раз\(c_{i}=L .\), коли\(L\) This lim Результат, коли нескінченний, є наслідком наступних двох вправ. \(\quad\)Q.E.D.
Припустимо\(\left\{c_{k}\right\}_{k \in K}\),\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) і є послідовності, для яких існує ціле число\(N\) таке, що\(a_{i} \leq c_{i}\) всякий раз\(i>N .\) Показати, що якщо\(\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=+\infty,\) потім\(\lim _{i \rightarrow \infty} c_{i}=+\infty .\)
Припустимо\(\left\{c_{k}\right\}_{k \in K}\),\(\left\{b_{j}\right\}_{j \in J}\) і є послідовності, для яких існує ціле число\(N\) таке, що\(c_{i} \leq b_{i}\) всякий раз\(i>N .\) Показати, що якщо\(\lim _{i \rightarrow \infty} b_{i}=-\infty,\) потім\(\lim _{i \rightarrow \infty} c_{i}=-\infty .\)
Припустимо\(\left\{b_{j}\right\}_{j \in J}\),\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) і є послідовності дійсних чисел з\(a_{i} \leq b_{i}\) для всіх\(i\) більше, ніж деяке ціле\(N .\) Припускаючи, що обидві послідовності сходяться, показати, що
\[\lim _{\mathfrak{i} \rightarrow \infty} a_{i} \leq \lim _{i \rightarrow \infty} b_{i}.\]
Покажіть, що для будь-якої послідовності\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\),
\[\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i} \leq \limsup _{i \rightarrow \infty} n_{i}.\]
Припустимо,\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) це послідовність, для якої
\[\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}.\]
Тоді
\[\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}.\]
- Доказ
-
Нехай\(u_{i}=\sup \left\{a_{k}: k \geq i\right\}\) і\(l_{i}=\inf \left\{a_{k}: k \geq i\right\} .\) тоді\(l_{i} \leq a_{i} \leq u_{i}\) для всіх\(i \in I .\) зараз
\[\lim _{i \rightarrow \infty} l_{i}=\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} u_{i},\]
тому результат випливає з теореми стискання. \(\quad\)Q.E.D.
Припустимо,\(u\) дійсне число таке, що\(u \geq 0\) і\(u<\epsilon\) для будь-якого дійсного числа\(\epsilon>0 .\) Показати, що\(u=0\).
2.1.3 Повнота
Припустимо,\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) це послідовність в\(\mathbb{R} .\) Ми\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) називаємо послідовність Коші, якщо для кожного\(\epsilon>0\) існує ціле число\(N\) таке, що
\[\left|a_{i}-a_{j}\right|<\epsilon\]
всякий раз, коли\(i>N\) і\(j>N\).
Припустимо,\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) це послідовність Коші в\(\mathbb{R} .\) Тоді\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) сходиться до межі\(L \in \mathbb{R}\).
- Доказ
-
Нехай\(u_{i}=\sup \left\{a_{k}: k \geq i\right\}\) і\(l_{i}=\inf \left\{a_{k}: k \geq i\right\} .\) дано всяке\(\epsilon>0\), існує\(N \in \mathbb{Z}\) таке, що\(\left|a_{i}-a_{j}\right|<\epsilon\) для всіх\(i, j>N .\) Таким чином, для всіх\(i, j>N\),\(a_{i}<a_{j}+\epsilon_{1}\) і так
\[a_{i} \leq \inf \left\{a_{j}+\epsilon: j \geq i\right\}=l_{i}+\epsilon\]
для всіх\(i>N .\) Since\(\left\{l_{i}\right\}_{i \in I}\) є неспадаючою послідовністю,
\[a_{i} \leq \sup \left\{l_{i}+\epsilon: i \in I\right\}=\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}+\epsilon\]
для всіх\(i>N .\) Звідси
\[u_{i}=\sup \left\{a_{k}: k \geq i\right\} \leq \liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}+\epsilon\]
для всіх\(i>N .\) Таким чином
\[\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\inf \left\{u_{i}: i \in I\right\} \leq \liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}+\epsilon.\]
З\(\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i} \leq \limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i},\) цього випливає, що
\[\left|\limsup _{i \rightarrow \infty} a_{i}-\liminf _{i \rightarrow \infty} a_{i}\right| \leq \epsilon.\]
оскільки це вірно для кожного, що\(\epsilon>0,\) ми маємо,\(\lim \sup _{i \rightarrow \infty} a_{i}=\lim _{i \rightarrow \infty} \inf a_{i},\) і тому\(\left\{a_{i}\right\}_{i \in I}\) сходиться за пропозицією\(2.1 .3 .\)\(\quad\) Q.E.D.
Як наслідок попередньої теореми ми говоримо, що\(\mathbb{R}\) це повний метричний простір.
Припустимо\(A \subset \mathbb{R}, A \neq \emptyset,\) і\(s=\sup A .\) Показати, що існує послідовність\(\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}\) з\(a_{i} \in A\) таким, що\(\lim _{i \rightarrow \infty} a_{i}=s\).
Дано дійсне число\(x \geq 0,\) показують, що існує дійсне число\(s \geq 0\) таке, що\(s^{2}=x\).
Даємо\(\sqrt{x}\) позначити число\(s\) в попередній вправі, квадратний корінь\(x\).
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, а\(L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} .\) 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 до\(0 .\) Так припустимо,\(\alpha \neq 0 .\) задано\(\epsilon>0,\) вибрати ціле число\(N\) таке, що
\[\left|x_{i}-L\right|<\frac{\epsilon}{|\alpha|}\]
всякий раз\(i>N .\), коли тоді для будь-якого у\(i>N\) нас є
\[\left|\alpha x_{i}-\alpha L\right|=|\alpha|\left|x_{i}-L\right|<|\alpha| \frac{\epsilon}{|\alpha|}=\epsilon.\]
Таким чином\(\lim _{i \rightarrow \infty} \alpha x_{i}=\alpha L\). \(\quad\)Q.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,\(L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}\) а\(M=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i} .\) 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,\(L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}\) а\(M=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i} .\) 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\(\mathbb{R}\) з\(L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}, M=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i},\) і\(y_{i} \neq 0\) для всіх\(i \in I .\) Якщо\(M \neq 0,\) 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 як\(M \neq 0\) і\(M=\lim _{i \rightarrow \infty} y_{i},\) ми можемо вибрати ціле число\(N\) таке, що
\[\left|y_{i}\right|>\frac{|M|}{2}\]
всякий раз, коли\(i>N .\)\(B\) 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 число\(P\) 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, коли\(i>P .\) Дозвольте\(K\) бути більшим,\(N\) а\(P .\) потім, для будь-якого, що\(i>K,\) 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 числа\(k\),
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{k}}=0.\]
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 з\(L=\lim _{i \rightarrow \infty} x_{i} .\) Тоді послідовність\(\{\sqrt{x_{i}}\}_{i \in I}\) сходиться і
\[\lim _{i \rightarrow \infty} \sqrt{x_{i}}=\sqrt{L}.\]
- Доказ
-
Нехай\(\epsilon>0\) дадуть. Припустимо\(L>0\) 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-якого\(i \in I .\) Виберіть ціле число\(N\) таке, що
\[\left|x_{i}-L\right|<\sqrt{L} \epsilon\]
всякий\(i>N .\) раз, коли, для будь-якого\(i>N\),
\[|\sqrt{x_{i}}-\sqrt{L}|=\frac{\left|x_{i}-L\right|}{|\sqrt{x_{i}}+\sqrt{L}|}<\frac{\sqrt{L} \epsilon}{\sqrt{L}}=\epsilon.\]
Звідси\(\lim _{i \rightarrow \infty} \sqrt{x_{i}}=\sqrt{L}\).
Якщо\(L=0, \lim _{i \rightarrow \infty} x_{i}=0,\) так, ми можемо вибрати ціле число\(N\) таке, що\(\left|x_{i}\right|<\epsilon^{2}\) для всіх\(i>N .\) Тоді
\[|\sqrt{x_{i}}|<\epsilon\]
всякий раз\(i>N,\), коли це так\(\lim _{i \rightarrow \infty} \sqrt{x_{i}}=0\). \(\quad\)Q.E.D.
Оцінити
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{3 n^{2}+1}}{5 n+6},\]
ретельно показуючи кожен крок.
Задано дійсні числа\(r>0\) і\(\alpha,\) показують, що\((\mathrm{a}) \alpha r<r\) якщо\(0<\alpha<1\) і\((\mathrm{b}) r<\alpha r\) якщо\(\alpha>1\).
Якщо\(x \in \mathbb{R}\) і\(|x|<1,\) тоді
\[\lim _{n \rightarrow \infty} x^{n}=0.\]
- Доказ
-
Спочатку припускаємо\(x \geq 0\). Тоді\(\left\{x^{n}\right\}_{n=1}^{\infty}\) послідовність не збільшується і обмежена нижче 0. Звідси послідовність сходиться. Нехай\(L=\lim _{n \rightarrow \infty} x^{n} .\) тоді
\[L=\lim _{n \rightarrow \infty} x^{n}=x \lim _{n \rightarrow \infty} x^{n-1}=x L,\]
з чого випливає, що\(L(1-x)=0 .\) так як\(1-x>0,\) ми повинні мати\(L=0\). Результат для\(x<0\) випливає з наступної вправи. \(\quad\)Q.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\(\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty}\).
\(-1\)і 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 числа\(a\) і\(b\) такі, що\(a \leq x_{i} \leq b\) для всіх\(i \geq m\). Побудувати послідовності\(\left\{a_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}\) і\(\left\{b_{i}\right\}_{i=1}^{\infty}\) наступним чином: Нехай\(a_{1}=a\) і\(b_{1}=b\). Для\(i \geq 1,\) нехай
\[c=\frac{a_{i-1}+b_{i-1}}{2}.\]
Якщо існує ціле число\(N\) таке, що\(a_{i-1} \leq x_{j} \leq c\) для всіх\(j>N,\) нехай\(a_{i}=a_{i-1}\) і\(b_{i}=c ;\) інакше, нехай\(a_{i}=c\) і\(b_{i}=b_{i-1} .\) нехай\(n_{1}=m\) і, для\(k=2,3,4, \ldots,\) нехай\(n_{k}\) буде найменшим цілим числом, для якого\(n_{k}>n_{k-1}\) і\(a_{k} \leq x_{n_{k}} \leq b_{k}\) 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,\(A \subset \mathbb{R}\) і\(B \subset \mathbb{R}\) з\(a \leq b\) для кожного\(a \in A\) і\(b \in B .\) Покажіть, що\(\sup A \leq \inf B\).
\(\Lambda\)Дозволяти множина підпослідовних меж послідовності\(\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} .\) Тоді
\[\limsup _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\sup \Lambda .\]
- Доказ
-
Нехай\(s=\sup \Lambda\) і, для\(i \geq m, u_{i}=\sup \left\{x_{j}: j \geq i\right\} .\) Зараз, оскільки\(x_{j} \leq u_{i}\) для всіх\(j \geq i,\) випливає, що\(\lambda \leq u_{i}\) для кожного\(\lambda \in \Lambda\) і\(i \geq m .\) Отже, з попередньої вправи,\(s \leq \inf \left\{u_{i}: i \geq m\right\}=\limsup _{i \rightarrow \infty} x_{i}\).
Тепер припустимо\(s<\limsup _{i \rightarrow \infty} x_{i}\). Тоді існує дійсне число\(t\) таке, що\(s<t<\lim \sup _{i \rightarrow \infty} x_{i} .\) Зокрема,\(t<u_{i}\) для кожного\(i \geq m .\) Let\(n_{1}\) є найменшим цілим числом, для якого\(n_{1} \geq m\) і\(x_{n_{1}}>t .\) For\(k=2,3,4, \ldots,\)\(n_{k}\) нехай є найменшим цілим числом, для якого\(n_{k}>n_{k-1}\) і\(x_{n_{k}}>t .\) 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\(\lambda \geq t>s,\) суперечить\(s=\sup \Lambda .\) Отже, ми повинні мати\(\lim \sup _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\sup \Lambda .\)\(\quad\) Q.E.D.
\(\Lambda\)Дозволяти множина підпослідовних меж послідовності\(\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} .\) Показати, що
\[\liminf _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\inf \Lambda .\]