Processing math: 54%
Skip to main content
LibreTexts - Ukrayinska

2.1: Послідовності

Визначення

{ai}iIДозволяти послідовність дійсних чисел. Ми говоримо{ai}iI сходиться, і має межу,L, якщо для кожного дійсного числаϵ>0 існує ціле числоN таке, що

|aiL|<ϵ whenever i>N.

Ми говоримо послідовність{ai}iI, яка не сходиться, розходиться.

Визначення: неспадні та незростаючі послідовності
  • Ми говоримо, що послідовність{ai}iI не зменшується, якщоai+1ai для кожногоiI і збільшується, якщоai+1>ai для кожногоiI.
  • Ми говоримо, що{ai}iI послідовність не збільшується якщоai+1ai для кожногоiI і зменшується, якщоai+1<ai для кожногоiI.
Визначення: обмежені послідовності

Ми говоримо, щоAR множина обмежена, якщо існує дійсне число,M таке, що|a|M для кожногоaA. Ми говоримо,{ai}iI послідовність дійсних чисел обмежена, якщо існує дійсне числоM таке, що|ai|M для всіхiI.

Теорема2.1.1

Якщо{ai}iI є неспадною, обмеженою послідовністю дійсних чисел, то{ai}iI сходиться.

Доказ

Оскільки{ai}iI обмежена, то набірA={ai:iI} має супремум. НехайL=supA. Для будь-якого маєϵ>0, існуватиNI таке, щоaN>Lϵ (або інакшеLϵ буде верхня межаA, для якої меншеL). Але потім

Lϵ<aNaiL<L+ϵ

за всеiN,, що є,

|aiL|<ϵ

для всіхiN. Таким чином{ai}iI сходиться і

L=limiai.

Q.E.D.

З попередньої теореми ми робимо висновок, що кожна неспадна послідовність дійсних чисел або має межу, або не обмежена, тобто необмежена.

Вправа2.1.1

Показати, що незростаюча обмежена послідовність дійсних чисел повинна сходитися.

Визначення

{ai}iIДозволяти послідовність дійсних чисел. Якщо для кожного дійсного числаM існує ціле числоN таке, щоai>M всякий раз,i>N, коли ми говоримо, послідовність{ai}iI розходиться до позитивної нескінченності, позначається

limiai=+.

Аналогічно, якщо для кожного дійсного числаM існує ціле числоN таке, щоai<M всякий разi>N,, коли ми говоримо, послідовність{ai}iI розходиться до негативної нескінченності, позначається

limiai=.

Вправа2.1.2

Показати, що неспадна послідовність дійсних чисел або сходиться, або розходиться до позитивної нескінченності.

Вправа2.1.3

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,, тодіlimiai=.

6. Якщоai=+,i=1,2,3,, тодіlimiai=+.

Зверніть увагу, що з порядком відношення, визначеного таким чином,+ є верхнім

bound і є нижньою межею для будь-якого наборуAR. Таким чином, якщоAR не має скінченної верхньої межі, тоsupA=+; аналогічно, якщоAR 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.

Вправа2.1.4

Чи утворюють розширені дійсні числа поле?

2.1.2 Обмеження покращеного та нижчого

Визначення

{ai}iIДозволяти послідовність дійсних чисел і, для кожногоiI, нехайui=sup{aj:ji}. якщоui=+ для кожногоiI, ми дозволяємо

lim supiai=+;

в іншому випадку ми дозволимо

lim supiai=inf{ui:iI}.

У будь-якому випадку миlim infnan називаємо граничну нижчу послідовність{ai}iI.

Вправа2.1.5

Дано послідовність{ai}iI, визначення{ui}iI і{li}iI як в попередніх двох визначеннях. Покажіть, що

lim supiai=limiui

і

lim infiai=limili.

Вправа2.1.6

Знайдітьlim supiai іlim infiai для послідовностей,{ai}i=1 як де оштрафовано нижче.

а.ai=(1)i

б.ai=i

c.ai=2i

д.ai=1i

Наступне судження часто називають теоремою стискання.

Пропозиція2.1.2

Припустимо{ck}kK,{ai}iI,{bj}jJ, і є послідовності дійсних чисел, для яких існує ціле числоN таке, щоaicibi всякий раз, колиi>N. If

limiai=limibi,

потім

limici=limiai=limibi.

Доказ

НехайL=limiai=limibi. ПрипустимоL, є кінцевим. Даноϵ>0, існує ціле числоM таке, що

|aiL|<ϵ3

і

|biL|<ϵ3

всякий раз, колиi>M. тоді

|aibi||aiL|+|Lbi|<ϵ3+ϵ3=2ϵ3

всякий раз, колиi>M.K Дозволяти бути більшимN іM. Тоді

|ciL||cibi|+|biL||aibi|+|biL|<2ϵ3+ϵ3=ϵ

всякийi>K. разci=L., колиL This lim Результат, коли нескінченний, є наслідком наступних двох вправ. Q.E.D.

Вправа2.1.7

Припустимо{ck}kK,{ai}iI і є послідовності, для яких існує ціле числоN таке, щоaici всякий разi>N. Показати, що якщоlimiai=+, потімlimici=+.

Вправа2.1.8

Припустимо{ck}kK,{bj}jJ і є послідовності, для яких існує ціле числоN таке, щоcibi всякий разi>N. Показати, що якщоlimibi=, потімlimici=.

Вправа2.1.9

Припустимо{bj}jJ,{ai}iI і є послідовності дійсних чисел зaibi для всіхi більше, ніж деяке цілеN. Припускаючи, що обидві послідовності сходяться, показати, що

limiailimibi.

Вправа2.1.10

Покажіть, що для будь-якої послідовності{ai}iI,

lim infiailim supini.

Пропозиція2.1.3

Припустимо,{ai}iI це послідовність, для якої

lim supiai=lim infiai.

Тоді

limiai=lim supiai=lim infiai.

Доказ

Нехайui=sup{ak:ki} іli=inf{ak:ki}. тодіliaiui для всіхiI. зараз

limili=lim infiai=lim supiai=limiui,

тому результат випливає з теореми стискання. Q.E.D.

Вправа2.1.11

Припустимо,u дійсне число таке, щоu0 іu<ϵ для будь-якого дійсного числаϵ>0. Показати, щоu=0.

2.1.3 Повнота

Визначення

Припустимо,{ai}iI це послідовність вR. Ми{ai}iI називаємо послідовність Коші, якщо для кожногоϵ>0 існує ціле числоN таке, що

|aiaj|<ϵ

всякий раз, колиi>N іj>N.

Теорема2.1.4

Припустимо,{ai}iI це послідовність Коші вR. Тоді{ai}iI сходиться до межіLR.

Доказ

Нехайui=sup{ak:ki} іli=inf{ak:ki}. дано всякеϵ>0, існуєNZ таке, що|aiaj|<ϵ для всіхi,j>N. Таким чином, для всіхi,j>N,ai<aj+ϵ1 і так

aiinf{aj+ϵ:ji}=li+ϵ

для всіхi>N. Since{li}iI є неспадаючою послідовністю,

aisup{li+ϵ:iI}=lim infiai+ϵ

для всіхi>N. Звідси

ui=sup{ak:ki}lim infiai+ϵ

для всіхi>N. Таким чином

lim supiai=inf{ui:iI}lim infiai+ϵ.

Зlim infiailim supiai, цього випливає, що

|lim supiailim infiai|ϵ.

оскільки це вірно для кожного, щоϵ>0, ми маємо,limsupiai=limiinfai, і тому{ai}iI сходиться за пропозицією2.1.3. Q.E.D.

Як наслідок попередньої теореми ми говоримо, щоR це повний метричний простір.

Вправа2.1.12

ПрипустимоAR,A, іs=supA. Показати, що існує послідовність{ai}i=1 зaiA таким, щоlimiai=s.

Вправа2.1.13

Дано дійсне числоx0, показують, що існує дійсне числоs0 таке, щоs2=x.

Даємоx позначити числоs в попередній вправі, квадратний коріньx.

2.1.4 Деякі основні результати про послідовності
Пропозиція\PageIndex{5}

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.

Пропозиція\PageIndex{6}

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.

Вправа\PageIndex{14}

Доведіть попередню пропозицію.

Пропозиція\PageIndex{7}

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.

Вправа\PageIndex{15}

Доведіть попередню пропозицію.

Пропозиція\PageIndex{8}

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.

Вправа\PageIndex{16}

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.

Вправа\PageIndex{17}

Показати, що для будь-якого додатного цілого числаk,

\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n^{k}}=0.

Приклад\PageIndex{1}

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}

Вправа\PageIndex{18}

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.

Пропозиція\PageIndex{9}

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.

Вправа\PageIndex{19}

Оцінити

\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{3 n^{2}+1}}{5 n+6},

ретельно показуючи кожен крок.

Вправа\PageIndex{20}

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.

Пропозиція\PageIndex{10}

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.

Вправа\PageIndex{21}

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
Визначення

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} .

Приклад\PageIndex{2}

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}.

Вправа\PageIndex{22}

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.

Вправа\PageIndex{23}

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.

Вправа\PageIndex{24}

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.

Визначення

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}.

Приклад\PageIndex{3}

-1і 1 є обидва підпослідовні межі\left\{(-1)^{i}\right\}_{i=0}^{\infty}.

Вправа\PageIndex{25}

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} ..

Пропозиція\PageIndex{11}

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.

Вправа\PageIndex{26}

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.

Пропозиція\PageIndex{12}

\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.

Вправа\PageIndex{27}

\LambdaДозволяти множина підпослідовних меж послідовності\left\{x_{i}\right\}_{i=m}^{\infty} . Показати, що

\liminf _{i \rightarrow \infty} x_{i}=\inf \Lambda .