Matan_Lec_2-3
.pdf11
Другими словами, зададим бесконечно малую последовательность абсолютных погрешностей
{ n} : 1 > 2 > . . . > n > . . . > 0.
При измерениях величины a с погрешностью n мы будем получать числа, расположенные в отрезках J(Δn), при этом
J(Δ1) J(Δ2) . . . J(Δn) . . .
и длины этих отрезков стремятся к нулю.
Принцип вложенных отрезков гарантирует, что данная последовательность измерений определяет некоторое вещественное число и притом единственным образом.
9.Число “e”. Натуральные логарифмы
Для произвольного n = 0, 1, 2, . . . полагаем |
|
|
|
|
|
|||||
n |
1 |
1 |
|
|
1 |
|
1 |
|
||
X |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k! = 1 + 1 + 2 + 2 |
· |
3 |
+ . . . + n! . |
|||||||
Sn = |
|
k=0
Последовательность {Sn}∞n=0 монотонно возрастает и ограничена сверху, поскольку
Sn ≤ 1 + 1 + |
1 |
+ |
1 |
+ . . . + |
1 |
= 2 + |
21 − ( 21 )n |
= 3 − |
1 |
< 3. |
2 |
2 · 2 |
2n−1 |
1 − 21 |
2n−1 |
Следовательно, по теореме о пределе монотонной последовательности можем заклю-
чить, что lim Sn.
n→∞
Определение 1. Величина lim Sn обозначается символом e.
n→∞
Ясно, что 2 < e < 3. Можно доказать, что e ≈ 2, 718 . . . не является ни рациональным числом, ни даже алгебраическим.
Теорема. Предел lim (1 + 1 )n = e. |
||
n→∞ |
n |
|
|
||
Доказательство. Положим tn = (1 + |
||
n |
k |
an−kbk, |
(a + b)n = k=0 |
||
X |
n |
|
|
|
Тогда
n1 )n. По формуле бинома Ньютона
k |
= |
n(n − 1) . .k. ! |
− |
. |
n |
|
(n |
|
k + 1) |
tn = |
0 + 1 ( n)1 + 2 ( n)2 |
+ . . . + |
k ( n)k + . . . + n ( n)n = |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
n |
n |
1 |
|
|
|
|
|
n |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
1 |
|
|
|
|
n 1 |
||||||||||||||||
|
= 1 + |
|
n 1 |
+ |
|
n(n − 1) |
|
+ . . . + |
n(n − 1) . . . (n − k + 1) |
+ |
|||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
1! n |
|
2n2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
k!nk |
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
. . . + |
n(n − 1) . . . (n − n + 1) |
= |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n!nn |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
= 1 + 1 + |
1 |
(1 − |
1 |
) + . . . + |
|
1 |
(1 − |
1 |
)(1 − |
2 |
) . . . (1 − |
k − |
1 |
) + . . . |
|||||||||||||||||||||||||||
2! |
n |
k! |
n |
n |
n |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
. . . + |
1 |
(1 − |
1 |
)(1 − |
2 |
) . . . (1 − |
n − |
1 |
) ≤ |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
n! |
n |
n |
n |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
≤ |
1 + 1 + |
|
+ |
|
+ . . . + |
|
|
= Sn. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
2! |
3! |
n! |
|
|
|
12
Таким образом, |
(1) |
tn ≤ Sn. |
Заметим теперь, что последовательность tn является возрастающей. Действительно, если от tn перейти к tn+1, т.е. увеличить n на единицу, то прежде всего добавится новый n + 2 член (положительный). Каждый из написанных n + 1 членов увеличится, ибо любой из множителей в круглых скобках вида (1 − ns ) заменится большим множителем (1 − n+1s ).
Итак, для любой пары чисел n ≥ m выполнено tn ≥ tm. Кроме того, при n ≥ m
выполнено |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
tn = 1 + 1 + |
1 |
(1 − |
1 |
) + . . . + |
1 |
|
(1 − |
1 |
) (1 − |
2 |
) . . . (1 − |
m − 1 |
) + . . . + |
|
||||||||||||||||
2! |
n |
m! |
n |
n |
|
|
n |
|
||||||||||||||||||||||
. . . + |
|
1 |
(1 − |
1 |
) . . . (1 − |
n − 1 |
) ≥ 1 + 1 + |
1 |
(1 − |
1 |
)+ |
|
||||||||||||||||||
n! |
n |
n |
2! |
n |
|
|||||||||||||||||||||||||
|
+ |
1 |
|
(1 − |
1 |
)(1 − |
2 |
) . . . (1 − |
m − 1 |
) ≡ αn(m). |
|
|||||||||||||||||||
|
m |
! |
n |
n |
n |
|
||||||||||||||||||||||||
Учитывая неравенство (1), находим |
|
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
αn(m) ≤ tn ≤ Sn, n ≥ m. |
(2) |
Последовательность αn(m) возрастает с ростом n (при фиксированном m число членов в сумме αn(m) остается неизменным, равным m + 1 , а каждое из чисел в круглых скобках увеличивается).
Итак, все три последовательности {αn(m)}, {tn}, {Sn} монотонно возрастают с ростом n и ограничены сверху. Поэтому они имеют пределы. На основании теоремы о предельном переходе в неравенстве (2) имеем
nlim |
αn(m) ≤ nlim |
tn ≤ nlim Sn , |
|
→∞ |
|
→∞ |
→∞ |
или |
m |
1 |
|
|
|
||
|
X |
|
|
≤ lim tn ≤ e.
k! n→∞
k=0
Переходя к пределу при m → ∞, получаем:
e = lim Sm ≤ lim tn ≤ e,
m→∞ n→∞
т.е. lim tn = e.
n→∞
Определение 2. Логарифмы по основанию e называются натуральными и обозначаются loge a = ln a.
Ясно, что ln a = logb a , b > 0, b 6= 1.
logb e
Примеры: 1. Найдем предел последовательности
{( nn ++ 21 )n}∞n=1.
Мы имеем
lim ( |
n + 2 |
)n = |
lim (1 + |
1 |
|
)n = |
|
n + 1 |
|||||
n→∞ n + 1 |
n→∞ |
|
= /n + 1 = m, n → ∞ m → ∞/ =
= lim |
(1 + |
1 |
)m |
= e. |
||
|
|
|||||
|
m |
|||||
1 + |
1 |
|
||||
m→∞ |
|
|
||||
m |
|
13
2. Найдем предел последовательности |
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
n + 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
{( |
|
|
|
)n}n∞=1. |
|
|
|
|||||
|
n + 3 |
|
|
|
|||||||||
Мы имеем |
|
n + 2 |
|
|
|
1 |
|
|
|
||||
lim ( |
)n = |
|
|
= |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
n→∞ n + 3 |
|
|
|
lim ( nn+2+3 )n |
|||||||||
|
1 |
|
|
n→∞ |
1 |
|
|
||||||
= |
|
|
|
|
= |
. |
|||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|||||
|
|
lim (1 + |
|
|
)n+2 |
e |
|||||||
|
|
|
|
|
|||||||||
|
n→∞ |
n+2 |
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
10.Подпоследовательности
Пусть {an}∞n=1 = a1, a2, a3, . . . , an, . . . – произвольная последовательность. Последовательность an1 , an2 , . . . ank , составленная из членов последовательности {an}, называется подпоследовательностью последовательности an, если n1 < n2 < ... < nk < ... Если предел подпоследовательности {ank }∞k=1 существует, то он называется частичным пределом последовательности {an}.
Примеры: 1. {an} = 1, 2, . . . , n, . . . – последовательность, {ank } = 2, 4, 6, . . . , 2k, . . .
– подпоследовательность.
2. {sin 2n} = sin 2, sin 4, sin 6, . . . – последовательность, {ank } = sin 4, sin 8, . . .
– подпоследовательность.
3. Пусть {an} = {(−1)n}, n = 1, 2, . . .
Найдем все частичные пределы данной последовательности. Только два типа подпоследовательностей являются сходящимися, т.е. имеют частичные пределы. К первому типу относится подпоследовательность при n = 2k : 1, 1, . . . → 1 ( с частичным пределом единица). Ко второму типу относится подпоследовательность при
n = 2k + 1 : |
−1, −1, . . . → −1. Множество всех частичных пределов состоит из |
|
двух элементов −1 и 1. |
|
Определение. Пусть {an} – прoизвольная последовательность. Говорят, что a
есть верхний предел {an} и пишут
a = limn→∞an, если
1)существует подпоследовательность ank → a;
2)ε > 0 N(ε) : n > N(ε) выполнено an < a + ε.
Говорят, что a есть нижний предел an и пишут
a = limn→∞an, если
1)существует подпоследовательность ank → a;
2)ε > 0 N(ε) : n > N(ε) выполнено an > a − ε.
Пример. {an} = {(−1)n}. Здесь limn→∞an = 1
иlimn→∞an = −1.
Упражнения: 1. Привести пример последовательности {an} такой, что ее нижний предел an равен −1, верхний предел равен 1, а множество всех частичных пределов совпадает с отрезком [−1, 1].
2. Пусть {an} – произвольная последовательность и A – множество всевозможных ее частичных пределов. Доказать, что
limn→∞an = inf x,
x A
а
limn→∞an = sup x.
x A
14
Теорема. Последовательность {an} имеет пределом число a тогда и только тогда, когда limn→∞an = limn→∞an = a.
Доказательство. Пусть an сходится к a, тогда любой ее частичный предел равен a, и, следовательно,
limn→∞an = limn→∞an = a.
Обратно, предположим, что верхний предел совпадает с нижним и равен a. Фиксируем произвольно ε > 0. Тогда
N1(ε) : |
n > N1(ε) |
выполнено |
an < a + ε, |
(1) |
N2(ε) : |
n > N2(ε) |
выполнено |
an > a − ε. |
(2) |
При n > N = max{N1(ε), N2(ε)} неравенства (1) и (2) выполняются одновременно. Поэтому n > N имеем
−ε < an − a < ε |an − a| < ε.
По определению предела последовательности заключаем, что предел существует и равен a.
Теорема (Больцано-Вейерштрасса). Из всякой ограниченной последовательности можно извлечь сходящуюся подпоследовательность.
Доказательство. Пусть {an}∞n=1 – произвольная ограниченная последовательность. Тогда m, M такие, что: m ≤ an ≤ M n = 1, 2, . . .
Разделим отрезок [m, M] пополам точкой S = m+2M . Тогда хотя бы один из отрезков [m, S] или [S, M] содержит бесконечно много членов последовательности an. Обозначим его через [m1, M1].
Отрезок [m1, M1] разделим пополам точкой S1. Хотя бы один из отрезков [m1, S1] или [S1, M1] содержит бесконечно много членов последовательности an. Обозначим его [m2, M2].
Продолжая этот процесс неограниченно, построим последовательность вложенных один в другой отрезков
[m, M] [m1, M1] [m2, M2] . . . [mk, Mk] . . . ,
длины которых равны M−m и стремятся к нулю при k → ∞. При этом каждый из
2k
отрезков [mk, Mk] содержит бесконечно много членов последовательности an. Выберем подпоследовательность. Пусть an1 произвольный член последователь-
ности an, содержащийся в отрезке [m1, M1]. Т.к. отрезок [m2, M2] содержит бесконечно много членов последовательности an, то существует an2 [m2, M2], an2 6= an1 и номер n2 > n1 Продолжая!!! процесс неограниченно, найдем подпоследовательность
{ank }, такую что ank [mk, Mk].
Покажем, что данная последовательность (подпоследовательность {ank }) имеет предел (сходится). Последовательности {mk} и {Mk} являются соответственно неубывающей и невозрастающей последовательностями, описанными в теореме о вложенных отрезках. По этой теореме существует
lim mk = lim Mk = C,
k→∞ k→∞
т.е. концы отрезков сходятся к одному и тому же числу. Т.к. mk ≤ ank ≤ Mk, то на
основании принципа сжатой последовательности заключаем, что lim ank = C.
k→∞
15
11.Критерий Коши
Определение. Последовательность {an} называется последовательностью Коши (или фундаментальной последовательностью), если
ε > 0 N = N(ε) : n, m > N(ε) выполнено |an − am| < ε.
Теорема (критерий Коши). Для того чтобы последовательность была сходящейся, необходимо и достаточно, чтобы она была последовательностью Коши.
Доказательство. 1) Необходимость. Пусть an → a. Покажем, что {an} – фундаментальна. Зададим ε > 0. Т.к. an сходится, то N = N(ε) : n > N(ε) выполнено |an − a| < 2ε (из определения предела). Пусть прoизвольные n, m > N(ε). Тогда
ε ε
|an − am| = |an + a − a − am| ≤ |an − a| + |a − am| ≤ 2 + 2 = ε.
2)Достаточность. Пусть {an} – фундаментальная последовательность. Зададим
ε> 0. Тогда N(ε) : n , m > N(ε) выполнено |an − am| < ε, т.е. −ε < am − an < ε. Фиксируя m и допустив изменения n , видим, что все an , начиная с некоторого номе-
ра, лежат в ε-окрестности точки am. Это означает ограниченность последовательности an. Согласно теореме Больцано-Вейршрасса, существует подпоследовательность {ank }, сходящаяся к некоторому числу a. Покажем, что и вся последовательность an сходится к a. Фиксируем произвольное ε > 0. Т.к. ank сходится к a, то
N1(ε) : |
|ank − a| < |
ε |
nk > N1 |
(ε). |
(1) |
||
|
|||||||
2 |
|||||||
Т.к. an фундаментальна, то |
|
|
|
|
|
|
|
N2(ε) : n, m > N2 |
|
|an − am| < |
|
ε |
(2) |
||
|
|
|
. |
||||
|
2 |
||||||
И, в частности, |an − ank | < 2ε |
( n, nk |
> Nk(ε)). Заметим, что |
n > N = |
max{N1(ε), N2(ε)} свойства (1) и (2) выполняются одновременно. Поэтому n > N, имеем
ε ε
|an − a| = |an − ank + ank − a| ≤ |an − ank | + |ank − a| < 2 + 2 = ε,
т.е. an стремятся к a. Упражнения: 1) Доказать, что последовательность {(−1)n + 1}∞n=0 не является
последовательностью Коши.
2) Что означает выражение "последовательность {an} не является последовательностью Коши"?