7. Свойства сходящихся последовательностей

л. 3–4 · вопросы РК: C1

Прочитано

Определения

Используются определения темы 6: предел последовательности, сходящаяся последовательность; темы 5: ограниченность, монотонность.

$\lim_{n\to+\infty}x_n=a\ \overset{def}{\iff}\ \forall\varepsilon>0\ \exists n(\varepsilon)\in\mathbb N:\ \forall n>n(\varepsilon)\Rightarrow|x_n-a|<\varepsilon.$

Теоремы

Теорема 1 (единственность). Если существует конечный предел последовательности, то он единственный.

Теорема 2 (ограниченность). Любая сходящаяся последовательность ограничена.

Теорема 3 (теорема Вейерштрасса). Если последовательность монотонна и ограничена, то она имеет предел.

Уточнение не из лекций: достаточно ограниченности «с нужной стороны»:

неубывающая и ограниченная сверху $\Rightarrow$ $\lim x_n=\sup x_n$ ;
невозрастающая и ограниченная снизу $\Rightarrow$ $\lim x_n=\inf x_n$ .

Доказательства

Теорема 1 (полностью, как в лекции; слайды 2–6, кадры 3–4 — анимация)

Метод от противного. Предположим, что утверждение не является верным. Пусть одна последовательность $x_n$ имеет более одного предела, например два: $a$ и $b$ , $a\ne b$ :
$\lim_{n\to+\infty}x_n=a\quad(1),\qquad \lim_{n\to+\infty}x_n=b\quad(2).$

Распишем определения:
$(1)\quad\forall\varepsilon_1>0\ \exists n_1(\varepsilon_1)\in\mathbb N:\ \forall n>n_1(\varepsilon_1)\Rightarrow|x_n-a|<\varepsilon_1,$
$(2)\quad\forall\varepsilon_2>0\ \exists n_2(\varepsilon_2)\in\mathbb N:\ \forall n>n_2(\varepsilon_2)\Rightarrow|x_n-b|<\varepsilon_2.$

Выберем:
$\varepsilon=\frac{|b-a|}{3}=\varepsilon_1=\varepsilon_2,\qquad n(\varepsilon)=\max\bigl(n_1(\varepsilon_1),\ n_2(\varepsilon_2)\bigr).$

Для $\forall n>n(\varepsilon)$ выполнены оба неравенства (1) и (2), поэтому
$3\varepsilon=|b-a|=|b+x_n-x_n-a|=|x_n-a-(x_n-b)|\le|x_n-a|+|x_n-b|<\varepsilon_1+\varepsilon_2=\varepsilon+\varepsilon=2\varepsilon.$

В итоге приходим к противоречию: $3\varepsilon<2\varepsilon$ — это ложь (так как $\varepsilon>0$ ). Поэтому $a=b$ .

Предположение не является верным. Последовательность не может иметь более одного конечного предела. Это означает, что последовательность имеет только один конечный предел. Теорема доказана.

Теорема 2 (полностью, как в лекции; слайды 7–9, кадр 8 — анимация)

Пусть $x_n$ — сходящаяся последовательность. Распишем определение:
$\lim_{n\to+\infty}x_n=a\ \overset{def}{\iff}\ \forall\varepsilon>0\ \exists n(\varepsilon)\in\mathbb N:\ \forall n>n(\varepsilon)\Rightarrow|x_n-a|<\varepsilon.$

Раскроем модуль:
$-\varepsilon<x_n-a<\varepsilon,\qquad a-\varepsilon<x_n<a+\varepsilon.$
Последнее неравенство верно при всех $n>n(\varepsilon)$ , где $n,n(\varepsilon)\in\mathbb N$ . Отсюда $|x_n|<\max\bigl(|a-\varepsilon|,|a+\varepsilon|\bigr)$ при $n>n(\varepsilon)$ (этот промежуточный шаг в слайдах не записан — добавлен для полноты).

С другой стороны, имеется конечное число членов последовательности $x_n$ с номерами $n\le n(\varepsilon)$ .

Выберем в качестве
$M=\max\bigl\{|a-\varepsilon|,\ |a+\varepsilon|,\ |x_1|,\ |x_2|,\ \dots,\ |x_{n(\varepsilon)}|\bigr\}.$
Тогда имеем $\forall n\in\mathbb N:\ |x_n|\le M$ . Из последнего неравенства следует ограниченность последовательности $x_n$ . Теорема доказана.

Как в слайде 9: $M=\max\{|a+\varepsilon|,\ |a+\varepsilon|,\ |x_1|,\dots,|x_{n(\varepsilon)}|\}$ — второй элемент повторяет первый; должно быть $|a-\varepsilon|$ .

Расхождение со слайдами. Как в слайде 9: вывод записан « $\forall n\in\mathbb N:\ x_n\le M$ » — без модуля. Так получается только ограниченность сверху; для ограниченности нужно $|x_n|\le M$ (определение 5 темы 5, второй вариант).

Теорема 3 (Вейерштрасса)

В лекции без доказательства.

Доказательство не из лекций и опоры

Опоры:

Опора	Есть в лекциях?
Аксиома полноты $R$ , точная верхняя/нижняя грань	Нет — см. справочник «Полнота $R$ »
Определение предела последовательности	Да (л. 1–2)

Пусть $x_n$ неубывающая и ограниченная (сверху). Множество её значений непусто и ограничено сверху, по аксиоме полноты существует $a=\sup x_n$ . Покажем, что $\lim x_n=a$ .

Возьмём $\varepsilon>0$ . По свойству 2 супремума $\exists N\in\mathbb N:\ x_N>a-\varepsilon$ . Так как последовательность неубывающая, при $\forall n>N$ : $x_n\ge x_N>a-\varepsilon$ . По свойству 1 супремума $x_n\le a<a+\varepsilon$ . Итого
$\forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N:\ \forall n>N\Rightarrow a-\varepsilon<x_n<a+\varepsilon\iff|x_n-a|<\varepsilon,$
т. е. $\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=a$ .

Для невозрастающей ограниченной (снизу) — то же с $a=\inf x_n$ (или применить доказанное к $-x_n$ ). Теорема доказана.

Рабочие утверждения

Сходится $\Rightarrow$ ограничена (теорема 2). Обратное неверно: $(-1)^n$ ограничена, но расходится.
Контрапозиция теоремы 2: не ограничена $\Rightarrow$ расходится.
Монотонна + ограничена $\Rightarrow$ сходится (теорема 3). Теорема даёт существование предела, но не его значение.
Монотонна + сходится $\Rightarrow$ ограничена (по теореме 2), т. е. для монотонных: сходимость $\iff$ ограниченность.
Монотонна + расходится $\Rightarrow$ не ограничена.
Приём из теоремы 1: чтобы развести две точки $a\ne b$ , берут $\varepsilon=\frac{|b-a|}{3}$ (или $\frac{|b-a|}{2}$ ) и $n(\varepsilon)=\max(n_1,n_2)$ .

Алгоритмы

А. Доказать сходимость по теореме Вейерштрасса

Доказать монотонность: знак $x_{n+1}-x_n$ для всех $n$ (тема 5), для рекуррентных — по индукции.
Доказать ограниченность с нужной стороны: явная оценка или индукция.
Сослаться на теорему 3: предел существует.
Если нужно значение и последовательность задана рекуррентно — перейти к пределу в рекуррентной формуле и решить уравнение. Внимание: переход к пределу использует арифметику пределов последовательностей не из лекций — в л. 5 она доказана для функций и, для корней, непрерывность (л. 9).

Б. Доказать расходимость через теорему 2

Доказать неограниченность по отрицанию: $\forall M>0\ \exists n:\ |x_n|>M$ .
Вывод: по теореме 2 (контрапозиция) последовательность расходится.

Разобранные примеры

Пример 1. Доказать сходимость $x_n=1+\dfrac1{2^2}+\dfrac1{3^2}+\dots+\dfrac1{n^2}$ .

Решение

Монотонность: $x_{n+1}-x_n=\dfrac1{(n+1)^2}>0$ — возрастающая.

Ограниченность сверху: при $k\ge2$ $\ \dfrac1{k^2}<\dfrac1{k(k-1)}=\dfrac1{k-1}-\dfrac1k$ , поэтому
$x_n<1+\left(1-\tfrac12\right)+\left(\tfrac12-\tfrac13\right)+\dots+\left(\tfrac1{n-1}-\tfrac1n\right)=2-\tfrac1n<2.$
Снизу: $x_n\ge x_1=1$ .

Последовательность монотонна и ограничена, по теореме Вейерштрасса она имеет предел. (Его значение $\frac{\pi^2}{6}$ этим методом не находится.)

Пример 2. $x_1=\sqrt2$ , $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$ . Доказать сходимость и найти предел.

Решение

Ограниченность: $0<x_n<2$ по индукции. $x_1=\sqrt2<2$ ; если $x_n<2$ , то $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}<\sqrt4=2$ .

Монотонность: $x_{n+1}>x_n\iff 2+x_n>x_n^2\iff (2-x_n)(1+x_n)>0$ , что верно при $0<x_n<2$ . Последовательность возрастающая.

По теореме Вейерштрасса $\exists\lim x_n=a$ , причём $\sqrt2\le a\le2$ .

Переход к пределу в $x_{n+1}=\sqrt{2+x_n}$ (внимание: арифметика пределов последовательностей и непрерывность корня — см. алгоритм А, п. 4): $a=\sqrt{2+a}\Rightarrow a^2-a-2=0\Rightarrow a=2$ (корень $a=-1$ не подходит, так как $a\ge\sqrt2$ ).

Ответ: $\lim x_n=2$ .

Пример 3 (алгоритм Б). $x_n=(-1)^n n$ расходится.

Решение

Неограниченность: $\forall M>0$ возьмём $n=[M]+1$ , тогда $|x_n|=n>M$ . По теореме 2 (сходящаяся последовательность ограничена) $x_n$ не может сходиться.

Типичные ошибки

Считать, что ограниченная последовательность сходится: нужна ещё монотонность ( $(-1)^n$ ).
Использовать теорему Вейерштрасса для нахождения значения предела: она гарантирует только существование.
Переходить к пределу в рекуррентной формуле, не доказав, что предел существует. Пример: $x_{n+1}=-x_n$ , $x_1=1$ — «предел» $a=-a\Rightarrow a=0$ , хотя последовательность расходится.
В теореме 1 брать $\varepsilon$ , не зависящее от $|b-a|$ , или $\varepsilon\ge\frac{|b-a|}{2}$ : противоречия не получится.
Переписывать со слайда 9 $M$ с двумя $|a+\varepsilon|$ и вывод $x_n\le M$ без модуля.

Прочитано