5.3: Реальний аналіз - збіжні послідовності

Позначення\(5.3.1\).

Для\(x \in \mathbb{R}\),\(|x|\) позначає абсолютне значення\(x\):\ [|x|=\ left\ {\ begin {вирівняний}
x &\ text {якщо} x\ geq 0,\\
-x &\ text {якщо} x<0.
\ end {вирівняний}\ праворуч.\]

Ви можете припустити наступні основні властивості абсолютного значення (без доказів):

Лемма\(5.3.2\).

Для\(x, y, z \in \mathbb{R}\), у нас є:

1. \(|x| \geq 0\)(і\(|x|=0 \Leftrightarrow x=0\)).
2. \(|x| = |−x|\).
3. \(|x+y| \leq |x|+|y|\). («нерівність трикутника»)
4. \(|x y|=|x| \cdot|y|\).
5. \(−|x| \leq x \leq |x|\).
6. \(\exists N \in \mathbb{N}, N>|x|\).
7. Якщо\(|x| < |y|\) і\(z \neq 0\), то\(|xz| < |yz|\).
8. Якщо\(|x| > |y| \neq 0\), то\(1/|x| < 1/|y|\).

Визначення\(5.3.3\).

Припустимо,\(a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots\) це нескінченна послідовність дійсних чисел, і\(L \in \mathbb{R}\). Ми говоримо, що послідовність сходиться до\(L\) (і записувати\(a_{n} \rightarrow L\)) iff\[\forall \epsilon>0, \exists N \in \mathbb{N}, \forall n>N,\left|a_{n}-L\right|<\epsilon .\]

Інша термінологія.

Коли\(a_{n} \rightarrow L\), ми також можемо сказати, що межа послідовності є\(L\).

Приклад\(5.3.4\).

Нехай\(t \in \mathbb{R}\). Якщо\(a_{n} = t\) для всіх\(n\), то\(a_{n} \rightarrow t\).

Рішення

ДОКАЗ.

Дано\(\epsilon>0\), нехай\(N = 0\). Враховуючи\(n > N\), у нас є\(\left|a_{n}-t\right|=|t-t|=|0|=0<\epsilon\).

Приклад\(5.3.5\).

Якщо\(a_{n} = 1/n\) для всіх\(n\), то\(a_{n} \rightarrow 0\).

Подряпини. Щоб довести\(a_{n} \rightarrow 0\), хочемо:\[\left|a_{n}-0\right| \stackrel{?}{<} \epsilon \quad 1 / n \stackrel{?}{<} \epsilon \quad 1 / \epsilon \stackrel{?}{<} n\]
З тих пір\(n > N\), досить вибрати\(N > 1 / \epsilon\).

Рішення

ДОКАЗ.

Враховуючи\(\epsilon > 0\), Лемма\(5.3.2(6)\) говорить нам\(N \in \mathbb{N}\), що існує, таке\(N > 1 / \epsilon\). Враховуючи\(n > N\), ми маємо\ [\ begin {вирівняний}
\ left|a_ {n} -0\ праворуч | &=1/n &\ left (a_ {n} =1/n> 0\ вправо)\\
&N<1/N & & (n>\ текст {і Лемма 5.3.2 (8))}\\ &1
/<\ epsilon & & (N>\ epsilon\ text {і Лемма 5.3.2 (8)}
\ end {вирівняний}\]

Вправа\(5.3.6\).

Покажіть, що якщо\(a_{n} = n/(n + 1)\) для всіх\(n\), то\(a_{n} \rightarrow 1\).

Пропозиція\(5.3.7\).

Якщо\(a_{n} \rightarrow L\) і\(b_{n} \rightarrow M\), то\(a_{n} + b_{n} \rightarrow L + M\).

Подряпини. Щоб довести\(a_{n} + b_{n} \rightarrow L + M\),\[\text { we want to make }\left|\left(a_{n}+b_{n}\right)-(L+M)\right| \text { small (less than } \epsilon \text { ). }\]
що ми знаємо, що ми можемо зробити\(\left|a_{n}-L\right|\) і\(\left|b_{n}-M\right|\) так мало, як нам подобається. За нерівності трикутника, ми маємо\[\left|\left(a_{n}-L\right)+\left(b_{n}-M\right)\right|<\left|a_{n}-L\right|+\left|b_{n}-M\right|\]
За простою алгеброю, ліва сторона дорівнює\(\left|\left(a_{n}+b_{n}\right)-(L+M)\right|\), тому нам просто потрібно зробити правий бік менше, ніж\(\epsilon\). Це буде вірно, якщо\(\left|a_{n}-L\right|\) і\(\left|b_{n}-M\right|\) обидва менше\(\epsilon / 2\).

Так як\(a_{n} \rightarrow L\), є якісь великі\(N_{a}\), такі, що\(\left|a_{n}-L\right|<\epsilon / 2\) для всіх\(n > N_{a}\). Точно так само\(b_{n} \rightarrow M\), оскільки, є якісь великі\(N_{b}\), такі, що\(\left|b_{n}-M\right|<\epsilon / 2\) для всіх\(n > N_{b}\). Тепер нам просто потрібно знати, що\(n\) буде більше, ніж обидва\(N_{a}\) і\(N_{b}\) коли завгодно\(n > N\). Тому ми повинні вибрати\(N\), щоб бути залежно від того,\(N_{b}\) що з\(N_{a}\) і більше. Тобто ми дозволяємо\(N\) бути максимумом\(N_{a}\) і\(N_{b}\), який позначається max (Na, Nb).

Доказ

Враховуючи\(\epsilon > 0\), ми це знаємо\(\epsilon / 2 > 0\). Звідси:

• Так як\(a_{n} \rightarrow L\), ми знаємо\(\exists N_{a} \in \mathbb{N}, \forall n>N_{a},\left|a_{n}-L\right|<\epsilon / 2\).
• Так як\(b_{n} \rightarrow M\), ми знаємо\(\exists N_{b} \in \mathbb{N}, \forall n>N_{b},\left|b_{n}-M\right|<\epsilon / 2\).

Нехай\(N=\max \left(N_{a}, N_{b}\right) \in \mathbb{N}\), так\(N \geq N_{a}\) і\(N \geq N_{b}\).

Дано\(n > N\):

1. У нас є\(n > N \geq N_{a}\), так\(\left|a_{n}-L\right|<\epsilon / 2\).
2. У нас є\(n > N \geq N_{b}\), так\(\left|b_{n}-M\right|<\epsilon / 2\).

Тому\ [\ почати {вирівняний}
\ ліворуч |\ ліворуч (a_ {n} +b_ {n}\ праворуч) - (L+M)\ праворуч | &=\ ліворуч (a_ {n} -L\ праворуч) +\ ліворуч (b_ {n} -M\ праворуч)\ &\ text {(алгебра середньої школи)}\
&\ leq\ leq\ ft|a_ {n} -L\ right|+\ left|b_ {n} -M\ right| &\ text {(нерівність трикутника)} \\
&<\ епсилон/2+\ епсилон/2 & (*)\ текст {і} (* *))\\
&=\ епсилон. &
\ end {вирівняний}\]

Вправа\(5.3.8\).

Припустимо\(a_{n} \rightarrow L\), і\(c \in \mathbb{R}\). Робіть ці докази безпосередньо з визначення збіжності.

1. Показати\(−a_{n} \rightarrow −L\).
2. Показати\(a_{n} + c \rightarrow L + c\).
3. Показати\(2a_{n} \rightarrow 2L\).
4. Показувати\(ca_{n} \rightarrow cL\), якщо\(c \neq 0\).
5. Покажіть, що якщо\(L > 0\), то\(\exists N \in \mathbb{N}\), таке, що\(a_{n} > 0\) для всіх\(n > N\).
6. (Складніше) Покажіть, що якщо\(L = 1\), то\(1/a_{n} \rightarrow 1\).

Вправа\(5.3.9\).

Припустимо\(a_{n} \rightarrow L\) і\(b_{n} \rightarrow M\).

1. Покажіть, що якщо\(M = 0\), і\(|a_{n}| \leq 2\) для всіх\(n\), то\(a_{n}b_{n} \rightarrow 0\).
2. (Складніше) Показати\(a_{n}b_{n} \rightarrow LM\).