Добавил:
Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

критерии Коши

.pdf
Скачиваний:
15
Добавлен:
16.04.2015
Размер:
180.74 Кб
Скачать

1.8.Теоремы о существовании предела последовательности

1.8.1.Критерий Коши. Изучим в этом параграфе одну из важнейших теорем математического анализа, имеющую многочисленные аналоги в других разделах математики (и самого математического анализа).

Определение 1.8.1. Последовательность называется фундаментальной (или последовательностью Коши), если для любого числа ε > 0 найдется такой номер N N, что из n > N и m > N следует выполнение неравенства |xm − xn| < ε. Условие, которому удовлетворяет фундаментальная последовательность,

называется условием Коши.

Пример 1.8.1. Пусть

xn

=

1

. Покажем, что

эта последовательность

 

фундаментальна. Учитывая, что

 

n

 

 

 

указать

lim xn = 0, можно для любого ε > 0

 

 

 

 

 

 

n→∞

 

ε

ε

номер N N, что из n > N и m > N следует 0 < xn <

 

, 0 < xm <

 

. Тогда

2

2

 

ε

ε

 

 

 

 

 

 

 

 

 

|xm − xn| 6 |xm| + |xn| <

 

+

 

 

= ε.

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема 1.8.1 (критерий

Коши

сходимости последовательности). Числовая

последовательность сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна.

Доказательство. Покажем сначала необходимость, т.е. что из существования

предела последовательности вытекает ее фундаментальность.

 

 

 

 

Пусть lim xn = A. Из определения предела следует, что для

ε > 0 существует

n→∞

ε

 

 

 

 

номер N такой, что при n > N выполняется |xn − A| <

 

и при m > N также

2

 

ε

 

 

 

 

 

 

|xm − A| <

 

. Тогда

 

 

 

 

 

 

2

 

 

ε

 

ε

 

 

 

 

 

 

|xm − xn| = |(xm − A) + (A − xn)| 6 |xm − A| + |A − xn| <

 

+

 

= ε,

2

2

т.е. условие Коши выполнено.

Перейдем к доказательству достаточности условия Коши для сходимости последовательности {xn}.

Пусть {xn} фундаментальна. Разобьем доказательство на три этапа.

1)Покажем ограниченность фундаментальной последовательности. Для любого

ε> 0 существует номер N такой, что из k > N, m > N следует

 

 

 

 

 

ε

 

 

 

 

 

 

 

|xk − xm| <

 

,

 

 

 

 

 

 

или

3

 

 

 

 

 

 

ε

 

 

 

 

 

ε

 

 

 

 

< xk − xm <

 

,

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

3

 

или

 

 

ε

 

 

 

ε

 

 

 

 

 

 

 

(1.8.1)

xm

 

< xk < xm

+

 

 

.

3

3

Пусть теперь ε = 1, а m = N +1. Тогда xN+1 13 < xk < xN+1 + 13. Подчеркнем, что

в последнем неравенстве k произвольно (k > N), а xN+1 13 и xN+1 + 13 есть некоторые

константы. Это означает, что последовательность {xk}, k > N, ограничена. Но элементов, имеющих номера k 6 N, конечное число, значит вся последовательность

ограничена.

2)Построение последовательности вложенных отрезков.

28 –

Пусть

an = inf xk, bn = sup xk

k>n

k>n

 

(указанные величины существуют, так как последовательность {xn} ограничена). Из определений точной верхней и точной нижней границ вытекает, что an 6 an+1 6 bn+1 6 bn. Таким образом, последовательность [an, bn] образует последовательность вложенных отрезков. Покажем, что длина этих отрезков стремится к 0 при n → ∞. Из неравенства (1.8.1) при m = N + 1 получаем, что

x

ε

6 inf x

 

= a

 

6 b

sup x

 

6 x

 

+

ε

,

 

 

 

 

 

 

N+1

3

k>n

k

 

n

 

n = k>n

k

 

N+1

 

3

 

откуда длина отрезка [an, bn], n > N, оценивается величиной ε, так как bn − an 6

23ε < ε.

3) Используем принцип Кантора о вложенных отрезках [an, bn].

Пусть A единственная точка, принадлежащая всем этим отрезкам, т.е. an 6 A 6 bn. Но элементы последовательности xk с номерами k > n также принадлежат отрезку [an, bn]. Действительно,

an = inf xk 6 xk 6 sup xk = bn.

k>n

k>n

 

Тогда |A − xk| 6 bn − an < ε при k

> n > N, что и говорит о сходимости

последовательности {xn} к числу A.

2

Рассмотрим примеры, в которых необходимо изучить сходимость

последовательности {xn}, используя критерий Коши.

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 1.8.2. Последовательность

 

 

xn

 

=

sin n

. Пусть

ε > 0 фиксировано.

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

sin m

 

 

 

sin n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Оценим величину |xm − xn| =

 

 

m

 

 

 

 

n

 

. Пусть для определенности m > n.

Тогда

 

sin

 

 

 

 

 

 

 

sin

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

m

n

 

 

 

 

 

m

 

+

 

 

6 m + n <

 

2n.

 

=

 

n

 

 

 

 

m

sin n

 

 

 

 

 

 

 

m

 

 

 

sin n

 

1 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Если в качестве N взять величину

и потребовать, чтобы n > N (тем более

 

 

 

 

 

m > N), то |xm −xn| < ε и последовательность оказалась фундаментальной, а значит,

и сходящейся по критерию Коши.

Пример 1.8.3. Последовательность xn = (−1)n. Уже было показано, что последовательность {xn} расходящаяся, т.е. она не является фундаментальной.

Проведем все же формальную проверку этого факта. Сформулируем прежде всего отрицание того, что последовательность {xn} фундаментальная.

Числовая последовательность {xn} не удовлетворяет условию Коши, если существует ε > 0 такое, что при любом N N найдутся числа n, m больше N, для которых |xn − xm| > ε или, в формальной логической записи,

ε > 0 N N n > N m > N |xn − xm| > ε.

Для последовательности xn = (−1)n положим ε = 1.

n = N + 1, m = N + 2 будем иметь

 

 

 

 

 

 

 

 

(−1)N+1

|xn − xm| =

(−1)N+1 − (−1)N+2

=

=

 

 

(

1)

 

 

= 2

·

 

(

 

 

 

 

 

 

 

·

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

N+1

 

 

 

 

 

 

 

N

+1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1)

 

 

 

= 2 >

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

29 –

 

 

 

 

 

 

Тогда при любом N N и

+ (−1)N+1 =

1 = ε.

Пример 1.8.4. Последовательность xn = 1 + 12 + · · · + n1 . Покажем, что и

эта последовательность не является фундаментальной, а поэтому расходится. По аналогии с предыдущим примером проверим, что выполняется условие отрицания

определения фундаментальности. Пусть ε =

 

1

и m = 2k, n = k, где k произвольное

4

натуральное число. Тогда

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

1

1

 

|x2k − xk| =

 

+ · · · +

 

 

 

>

 

 

 

+ · · · +

 

=

k + 1

k + k

k + k

k + k

 

 

=

k

=

1

 

>

1

.

 

 

 

 

 

k + k

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

1.8.2. Теорема Вейерштрасса.

Определение 1.8.2. Последовательность называется

возрастающей, если для любого n N выполнено неравенство xn 6 xn+1; строго возрастающей, если для любого n N выполнено неравенство xn < xn+1; убывающей, если для любого n N выполнено неравенство xn > xn+1;

строго убывающей, если для любого n N выполнено неравенство xn > xn+1.

Последовательности этих четырех видов называются монотонными.

Иногда возрастающие последовательности называют неубывающими, строго возрастающие возрастающими, убывающие невозрастающими, а строго убывающие убывающими. Поэтому в случае непонимания нужно обращаться к определению.

Пример 1.8.5. Пусть x1 = 0; x2 = 0, α1; x3 = 0, α1α2; . . . ; xn = 0, α1α2 . . . αn−1;

. . . , где αi произвольная цифра. Легко видеть, что указанная последовательность

возрастающая.

Определение 1.8.3. Последовательность называется ограниченной сверху, если существует число M такое, что n N xn < M. Аналогично определяется

последовательность,

ограниченная снизу.

 

 

 

 

Пример 1.8.6. Последовательность

sin n

 

ограничена сверху (M = 1,

sin n

<

 

 

n

n

1). Она ограничена и снизу.

 

 

 

 

 

Теорема

1.8.2

(Вейерштрасс).

Для

того чтобы возрастающая

последовательность имела предел, необходимо и достаточно, чтобы она была ограничена сверху.

Доказательство.

Необходимость. Так как любая сходящаяся последовательность ограничена, то она ограничена сверху.

Достаточность. Нужно доказать существование предела у возрастающей последовательности, ограниченной сверху. Обозначим эту последовательность {xn}. По условию xn 6 M для всех n N и для некоторого M. Тогда существует и точная верхняя граница этого множества B = sup{xn}. По определению точной верхней

n N

границы для любого ε > 0 найдется элемент xN {xn} такой, что B − ε < xN 6 B. Но так как последовательность {xn} возрастающая, то при любом n > N получим

B − ε < xN 6 xn 6 B, т.е.

|B − xn| = B − xn < ε.

– 30 –

Таким образом, доказано, что lim xn = B.

 

 

 

2

n→∞

 

 

 

 

 

Заметим, что мы доказали:

 

 

 

 

 

 

lim x

n =

sup x

.

n

→∞

n

N{

n}

 

 

 

 

 

 

Замечание 1.8.1. Аналогичную теорему можно сформулировать и доказать для убывающей последовательности, ограниченной снизу. В этом случае

lim xn = inf {xn}.

n→∞ n N

Замечание 1.8.2. Ограниченность сверху (снизу) возрастающей (убывающей) последовательности на самом деле, очевидно, равносильна ограниченности этой последовательности.

 

Пример 1.8.7. Доказать, что

 

lim

 

n

= 0, если q > 1. Проверим сначала, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

n→∞ qn

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

n + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

последовательность

 

убывает. Действительно, если xn =

 

 

и xn+1 =

 

, то

qn

qn

qn+1

 

xn+1

=

n + 1

, n N. Покажем, что

n + 1

< 1, начиная с некоторого номера N. А

 

xn

nq

 

 

nq

это будет означать, что с этого номера xn+1 < xn. Для этого убедимся, что предел

 

lim

n + 1

< 1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n→∞ n · q

 

 

n→∞

n

 

·

 

q

 

 

n→∞

n

· n→∞ q

= 1 · q

= q

1

 

 

 

 

 

 

n→∞ n · q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

 

n + 1

= lim

n + 1

 

1

 

 

= lim

n + 1

lim

1

1

 

 

1

<

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Таким образом,

при n

>

N будем иметь xn+1 <

xn, т.е.

после

члена

xN

наша последовательность монотонно убывает. Поскольку конечное число членов последовательности, как видно из определения предела, не влияет на сходимость последовательности и ее предел, то достаточно теперь найти предел убывающей

последовательности xN+1 > xN+2 > . . .

 

 

 

n

 

Ограниченность снизу указанной последовательности очевидна: xn =

> 0 для

qn

всех n N.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Значит, по теореме 1.8.2 исследуемая последовательность имеет предел.

 

Осталось установить величину этого предела.

 

 

Пусть lim xn = A. Рассмотрим уже известное равенство

 

 

n→∞

 

 

xn+1

 

 

n + 1

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n · q

 

 

или

 

 

xn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n + 1

для всех n N.

 

 

xn+1 =

 

 

 

· xn

 

 

n

·

q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Перейдем к пределу при n → ∞ в этом соотношении. Предел левой части

lim xn+1 = A. Предел правой части

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n→∞

n→∞

n · q ·

n

n→∞ n · q

·

n→∞

n = q

·

 

 

 

lim

 

n + 1

x

= lim

 

n + 1

 

 

lim x

1

 

A,

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

отсюда A =

 

· A, что возможно только при A = 0.

 

 

 

 

 

 

 

q

 

 

 

 

 

 

 

Упражнение 1.8.1. Показать, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lim

an

= 0

для любого

a.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n→∞ n!

– 31 –

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Упражнение 1.8.2. Показать, что

 

 

lim

 

= 1.

n

n

 

 

n→∞

 

 

1.8.3. Число e. Пример 1.8.8.

 

Доказать, что существует предел

1

 

n

последовательности n}, где αn = 1 +

 

.

n

Этот предел играет важнейшую роль в курсе математического анализа.

Покажем, что последовательность n} возрастающая (даже строго возрастающая). Для этого вычислим αn и αn+1 по формуле бинома и сравним их:

α

 

=

1 +

 

1

 

 

n

= 1 + n

1

 

+

n(n − 1)

 

1

 

+

n(n − 1)(n − 2)

 

1

+

 

 

n

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n3

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 · 2 n2

 

 

 

1 · 2 · 3

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n n

 

 

 

1) . . . (n

 

 

 

(n

 

1)) 1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ · · · +

 

(

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

− −

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= 1 + 1 +

 

 

1 −

 

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

·

2

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

nn

 

2!

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

· · · · ·

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

1

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

 

2

 

+

 

 

 

+ +

1

 

 

1

 

 

1

. . . 1

 

n − 1

 

;

3!

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

· · ·

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n! n

 

n

 

αn+1 = 1 + 1 +

1

 

1 −

 

1

 

 

+

1

 

 

1 −

 

1

 

 

 

1 −

 

2

 

 

+ · · ·

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2!

n + 1

3!

n + 1

n + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+

 

 

1 −

 

. . . 1 −

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(n + 1)!

n + 1

n + 1

 

 

 

 

 

 

 

 

Из полученных разложений для αn и αn+1 следует, что αn < αn+1. Действительно, слагаемые в разложении αn меньше соответствующих слагаемых

в разложении αn+1. Например,

<

3! · 1 − n + 1

· 1 − n + 1 .

3!

· 1 − n ·

1 − n

1

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

К тому же количество слагаемых в разложении

 

 

αn+1

 

на единицу больше, чем в

разложении αn.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Далее,

 

 

 

 

1 − n +

3! ·

1 − n

·

1 − n

+ · · · + nn <

αn = 2 + 2! ·

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

1

 

1

 

 

 

 

 

 

 

2

1

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

1

1

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

 

 

< 2 +

 

 

+

 

+ · · · +

 

< 2 +

 

+

 

 

+ · · · +

 

<

 

 

2!

3!

n!

2

22

2n−1

 

 

 

 

 

 

 

< 2 + 1 = 3,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

т.е. αn < 3 для всех n N.

На основании теоремы 1.8.2 предел последовательности αn существует. Его стандартное обозначение e. Оно равно e = 2, 718281828459045 . . .

– 32 –

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]