Математический анализ_курс лекций. Курс лекций по математическому анализу i для напр. Прикладная математика и информатика
 Скачать 2.13 Mb.
|
|
ГЛАВА II. ПРЕДЕЛ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ §1 Последовательность точек метрического пространства. Предел последовательности 1.1. Основные определения. Способы задания Как уже говорилось в п. 3.5 гл.1, последовательностью называется ото- бражение множества натуральных чисел в произвольное множество Y . Если Y = , то это отображение будем называть числовой последовательностью. Член последовательности, соответствующий произвольному натуральному числу n, будем называть общим членом последовательности и обозначать n a . Числовую последовательность можно изображать точками на числовой оси или точками координатной плоскости с координатами ( ) , n n a . Существует два основных способа задания числовой последовательности. 1. Можно задать правило нахождения общего члена n a Пример 1. ( ) 1 1 n n a n − − = . Здесь указана фор- мула, по которой можно найти каждый член последовательности. Если выписать несколько первых членов последователь- ности, получим 1 1 1, ,3, ,5,... 2 4 . Первые чле- ны последовательности изображены на ри- сунке. Пример 2. Каждый нечетный член последо- вательности равен нулю, а каждый четный равен 1. Это последовательность вида 0,1,0,1,... . Общий член данной последова- тельности можно задать и формулой: ( ) 1 1 2 n n a + − = . Первые члены последова- тельности изображены на рисунке. 2. Можно задать первые члены последовательности и соотношение между несколькими последовательными членами последовательности. Такое задание называется рекуррентным, а соотношение между последовательными членами последовательности называется рекуррентным соотношением. Пример 3. Арифметическая прогрессия. Задается первый член последова- тельности и некоторое число d , которое называется разностью прогрессии. Рекуррентное соотношение 1 n n a a d + = + . Эта последовательность хорошо изу- 41 чена в курсе школьной математики, и мы не будем заниматься ею подробно. Напомним только формулу общего члена ( ) 1 1 n a a d n = + − . Пример 4. Геометрическая прогрессия . Также задается первый член и неко- торое число q , отличное от нуля, которое называется знаменателем прогрес- сии. Рекуррентное соотношение 1 n n a a q + = ⋅ . Формула общего члена 1 1 n n a a q − = Пример 5. Последовательность Фибоначчи . Заданы два первых члена после- довательности и рекуррентное соотношение: 2 1 n n n a a a + + = + ☺Выведем формулу общего члена последовательности Фибоначчи. Сна- чала найдем последовательность n b , общий член которой имеет вид , 0 n n b λ λ = ≠ , и который удовлетворяет данному рекуррентному соотноше- нию. Подставив n b в это соотношение, получим 2 1 n n n λ λ λ + + = + . Так как 0 λ ≠ , то отсюда получим уравнение 2 1 λ λ = + , из которого 1 2 1 5 1 5 , 2 2 λ λ + − = = Таким образом, данному рекуррентному соотношению удовлетворяют две по- следовательности 1 5 2 n n b ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ и 1 5 2 n n b ⎛ ⎞ − = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Очевидно, что их линейная комбинация 1 2 1 5 1 5 2 2 n n C C ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + − + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ тоже будет удовлетворять рекуррентному соотношению при любых значениях коэффициентов 1 C и 2 C . Последовательность n a будем искать в виде 1 2 1 5 1 5 2 2 n n n a C C ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + − = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ , где коэффициенты 1 C и 2 C выберем так, чтобы 1 a и 2 a были равны заданным числам. Для этого 1 C и 2 C должны удовлетворять системе уравнений 1 1 2 2 2 2 1 2 1 5 1 5 , 2 2 1 5 1 5 , 4 2 a C C a C C ⎧ + − = + ⎪ ⎪ ⎨ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + − ⎪ = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎩ решая которую, получим 1 1 2 3 5 1 5 2 5 2 5 C a a − − = − и 2 2 1 1 5 3 5 2 5 2 5 C a a + + = − .☻ 42 Можно рассматривать последовательности, которые являются отображе- ниями множества в произвольное метрическое пространство. Тогда мы бу- дем говорить, что у нас имеется последовательность точек метрического про- странства. Пример 6. Пусть 2 Y = и каждому натуральному числу n соответствует точка плоскости с координатами 1 1 cos , sin 4 2 4 2 n n n n x y n n π π π π ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Тогда на плоскости получим последовательность точек, изображенных на рисунке: 1.2. Предел последовательности в метрическом пространстве Определение 2.1.1. Пусть дана последовательность точек в метрическом пространстве { } 1 n n n x =∞ = . Точку A этого же метрического пространства будем называть пределом данной последовательности, если для любого числа 0 ε > можно найти такое натуральное число 0 n , что для всех членов последова- тельности с номерами 0 n n ≥ будет выполняться неравенство ( ) , n x A ρ ε < . Так как неравенство ( ) , n x A ρ ε < определяет окрестность точки A радиу- са ε , то данное определение можно переложить на геометрический язык: Определение 2.1.1(a) . Точку A метрического пространства будем называть пределом последовательности точек { } 1 n n n x =∞ = , если для любого числа 0 ε > можно найти такое натуральное число 0 n , что все члены последовательности с номерами 0 n n ≥ будут лежать в ( ) U A ε - ε-окрестности точки A. Если метрическое пространство - , т.е. рассматривается числовая по- следовательность, то пределом ее будет число и, вспомнив, как вводится мет- рика в , определение можно сформулировать несколько проще: 43 Определение 2.1.1(б) . Число A будем называть пределом числовой последова- тельности { } 1 n n n x =∞ = , если для любого 0 ε > можно найти номер 0 n , начиная с которого все члены последовательности будут удовлетворять неравенству n x A ε − < . Тот факт, что A является пределом последовательности { } n x , обычно обо- значается так: lim n n x A →∞ = или n n x A →∞ → . Последовательность, имеющая предел, называется сходящейся , а не имеющая предела - расходящейся . Приведенное выше определение предела последовательности может быть записано с помощью логических символов следующим образом: ( ) 0 0 lim 0 : , def n n n A x n n n x A ρ ε ε →∞ = ⇔∀ > ∃ ∀ ≥ ⇒ < . Для числовой последовательности не- равенство ( ) , n x A ρ ε < означает, что числа n x , которые удовлетворяют этому неравен- ству, лежат в промежутке ( , ) A A ε ε − + . По- этому число A будет пределом числовой по- следовательности, если все ее члены, начи- ная с некоторого номера, будут лежать на промежутке ( , ) A A ε ε − + Замечание 1. Для любого ε внутри ин- тервала ( , ) A A ε ε − + содержится беско- нечное множество точек с координатами n x , а вне его - конечное множество таких точек. Замечание 2. Используя определение предела последовательности нетруд- но показать, что добавление или отбрасывание конечного числа членов после- довательности не влияют на ее сходимость. Пример 7. n x C = . Доказать, что lim n n x C →∞ = ☺Пусть ε - произвольное положительное число. Очевидно, неравенство C C ε − < выполнено, а это означает, что неравенство n x A ε − < верно при 1 n ≥ и условие, сформулированное в определении предела выполнено с 0 1 n = .☻ Замечание 3. Последовательность, все члены которой совпадают, называ- ется стационарной . Мы доказали, что предел стационарной последователь- ности равен общему члену этой последовательности. Пример 8. Пусть 1 n x n = . Доказать, что lim 0 n n x →∞ = ☺Пусть ε - произвольное положительное число. Докажем, что существу- ет номер 0 n , начиная с которого члены последовательности будут удовлетво- 44 рять неравенству n x A ε − < , т.е. неравенству 1 n ε < . Для этого достаточно ре- шить последнее неравенство относительно n : 1 n ε > . Отсюда следует, что, если положить 0 1 1 n ε ⎡ ⎤ = + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ (здесь за [ ] x обозначена целая часть числа x ), то для всех номеров n, для которых выполнено неравенство 0 n n ≥ , члены последова- тельности 1 n x n = будут удовлетворять неравенству 0 n x ε − < , что означает, что 0 есть предел данной последовательности. ☻ Пример 9. Пусть 2 3 3 5 n n x n + = − . Доказать, что 2 lim 3 n n x →∞ = . ☺Пусть ε - произвольное положительное число. Найдем номер 0 n , начи- ная с которого будет выполняться неравенство 2 3 2 3 5 3 n n ε + − < − или, упрощая его, ( ) 19 3 3 5 n ε < − . (Если считать, что 2 n ≥ , то дробь ( ) 19 3 3 5 n − - положительна, и знак модуля можно убрать.) Тогда, решая последнее неравенство, получим 19 5 9 3 n ε > + и в качестве 0 n можно взять 19 5 1 9 3 ε ⎡ ⎤ + + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . ☻ Пример 10. Пусть , 1 n n x a a = < . Доказать, что lim 0 n n x →∞ = ☺Пусть ε - произвольное положительное число. Найдем номер 0 n , начи- ная с которого выполняется неравенство n a ε < . Решая это неравенство, полу- чим n a ε < или lg lg n a ε < , откуда lg lg n a ε > (lg 0 a < ). Полагая 0 lg 1 lg n a ε ⎡ ⎤ = + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ , получим требуемое.☻ Пример 11. Пусть ( ) 2 1 3 n n x n + − = . Доказать, что lim 0 n n x →∞ = ☺Пусть ε - произвольное положительное число. Найдем номер 0 n , начи- ная с которого выполняется неравенство ( ) 2 1 3 n n ε + − < . Решить такое неравен- ство точно довольно трудно и в этом нет необходимости. Нам нужно только найти такое значение 0 n , чтобы неравенство ( ) 2 1 3 n n ε + − < было следствием из 45 неравенства 0 n n ≥ . Для этого сначала напишем очевидную оценку ( ) 2 1 3 5 n n n + − ≤ , а затем найдем 0 n так, чтобы при 0 n n ≥ выполнялось неравен- ство 5 n ε < . Очевидно, что можно взять 0 5 1 n ε ⎡ ⎤ = + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . Тогда, если 0 n n ≥ , то 5 n ε < , и, следовательно, ( ) 2 1 3 n n ε + − < . ☻ Пример 12. Пусть ( ) 2 1 3 2 n n x + − = . Доказать, что предела не существует. ☺Сформулируем, отрицание определения предела последовательности. Число A не является пределом данной последовательности, если можно най- ти 0 0 ε > такое, что какое бы натуральное число 0 n мы ни взяли, можно най- ти 0 n n ≥ , при котором ( ) 0 , n x A ρ ε ≥ . Проверим, что какое бы число A мы ни взяли, для данной последователь- ности сформулированное условие выполняется. Последовательность имеет два значения: 1 2 − при нечетных n и 5 2 при четных. Если взять в качестве a произвольное число, отличное от этих двух значений, то в окрестность радиуса 0 1 5 min , 2 2 A A ε ⎛ ⎞ = + − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ не попадет ни один член последовательности. Следовательно, такое число A не может быть преде- лом. Если взять 1 2 A = − и положить 0 1 ε = (можно взять любое число, не пре- восходящее трех - расстояния между точками 1 2 − и 5 2 ), то в эту окрестность не попадет ни один член последовательности с четным номером, и, следовательно, нет такого номера, начиная с которого, в окрестность попадут все члены после- довательности. Аналогично, если предположить 5 2 A = .☻ 1.3. Бесконечно малые последовательности. Критерий существования предела числовой последовательности Определение 2.1.2. Пусть X - линейное нормированное пространство.Тогда последовательность, пределом которой является нулевой элемент, будем на- зывать бесконечно малой последовательностью или просто бесконечно ма- лой . Таким образом, в пространстве последовательность { } n α будет беско- нечно малой, если для всякого 0 ε > можно найти номер 0 n , начиная с которого будет выполнено неравенство n α ε < . 46 В предыдущем пункте мы доказали, что последовательности 1 n x n = и ( ) 1 n n x a a = < - бесконечно малые. С помощью бесконечно малых можно сформулировать очень простой и удобный критерий того, что число A будет пределом последовательности { } n x : Теорема 2.1.1. Для того чтобы число A было пределом последовательности { } n x необходимо и достаточно, чтобы члены последовательности можно бы- ло представить в виде n n x A α = + , где { } n α - бесконечно малая. ►Для доказательства обозначим n n x A α − = . (Отсюда n n x A α = + ). Тогда, если lim n n A x →∞ = , то, начиная с некоторого номера, выполняется не- равенство n α ε < , что означает, что { } n α - бесконечно малая. Наоборот, если { } n α - бесконечно малая, то, начиная с некоторого номе- ра, выполняется неравенство n α ε < или n x A ε − < , что означает, что число A - предел последовательности { } n x . ◄ Пример 13. Найти 2 1 lim n n n →∞ + ☺Представим общий член последовательности в виде суммы 1 2 n x n = + . Так как 1 n - бесконечно малая, то lim 2 n n x →∞ = .☻ 1.4. Единственность предела сходящейся последовательности Теорема 2.1.2. Если последовательность сходится, то ее предел единственен. ►Докажем эту теорему для последовательности в произвольном метри- ческом пространстве. Доказательство проведем методом от противного. Пусть для некоторой последовательности { } 1 n n n x =∞ = имеет место lim n n x A →∞ = и lim n n x B →∞ = . По определению предела это означает, что 1) для всякого числа 0 ε > можно найти номер 1 n такой, что, если 1 n n ≥ , то ( ) , n x A ρ ε < и 2) для всякого числа 0 ε > можно найти номер 2 n такой, что, если 2 n n ≥ , то ( ) , n x B ρ ε < . Возьмем ( ) , 2 A B ρ ε = и ( ) 0 1 2 max , n n n = Тогда для 0 n n ≥ выполняются оба неравенства ( ) , n x A ρ ε < и ( ) , n x B ρ ε < , и по неравенству треугольника, для этих же значений n будем иметь ( ) ( ) ( ) ( ) , , , 2 , n n A B A x x B A B ρ ρ ρ ε ρ ≤ + < = . Полученное противоречие доказывает теорему.◄ 47 1.5. Ограниченность сходящейся последовательности Определение 2.1.3. Числовую последовательность будем называть ограни- ченной сверху , если множество ее значений ограничено сверху. Т.е. числовая последовательность ограничена сверху, если : , n M x M n ∃ ≤ ∀ . Определение 2.1.4. Числовую последовательность будем называть ограни- ченной снизу , если множество ее значений ограничено снизу, т.е. : , n m x m n ∃ ≥ ∀ . Определение 2.1.5. Числовую последовательность будем называть ограни- ченной , если множество ее значений ограничено сверху и снизу, т.е. , : , n M m m x M n ∃ ≤ ≤ ∀ . Последовательность точек метрического пространства будет ограничена, если все ее значения попадают в некоторый шар (см. §8 гл. 1). Теорема 2.1.3. Если последовательность сходится, то она ограничена. ►Пусть lim n n x A →∞ = . Тогда для всякого числа 0 ε > можно найти номер 0 n , начиная с которого, все члены последовательности удовлетворяют неравен- ству ( ) , n x A ρ ε < . Если взять, например, 1 ε = , то все n x при 0 n n ≥ попадут в шар с центром в точке A радиуса 1. При этом члены этой последовательности 0 1 2 1 , ,..., n x x x − могут не лежать в этом шаре. Но таких точек конечное число. По- этому существует ( ) 0 0 1 1 max , i i n x A ρ ρ ≤ ≤ − = . Тогда все члены последовательности бу- дут удовлетворять неравенству ( ) , n x A R ρ ≤ , где ( ) 0 max 1, R ρ = , т.е. будут по- падать в шар радиуса R . ◄ Замечание. Утверждение, обратное данной теореме, неверно. Пример 14. Последовательность ( ) 1 n n x = − ограничена, но не имеет предела. (Докажите самостоятельно). 1.6. Сходимость последовательности в m Теорема 2.1.4. Последовательность точек ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 , ,..., n n n n m x x x x = сходится к точке ( ) 1 2 , ,... m A A A A = тогда и только тогда, когда числовые последователь- ности ( ) { } 1 n i n x ∞ = сходятся к i A для всех значений i от 1 до m. Таким образом, сходимость в m R означает покоординатную сходимость. ►Пусть последовательность n x сходится к точке A . Это означает, что для любого 0 ε > можно найти номер 0 n такой, что если 0 n n ≥ , то выполняется неравенство ( ) ( ) 2 1 m n i i i x A ε = − < ∑ 48 Тогда для 0 n n ≥ будет выполнено ( ) ( ) ( ) 2 1 , 1,2,... m n n i i i i i x A x A i m ε = − ≤ − < = ∑ , т.е. для всех значений i справедливо ( ) lim n i i n x A →∞ = . Докажем обратное утверждение. Пусть для всех значений i от 1 до m ( ) lim n i i n x A →∞ = . Это означает, что для всякого 0 ε > и для каждого i можно найти номер i n , начиная с которого будут верны неравенства ( ) n i i x A m ε − < . Если положить ( ) 0 1 2 max , ,... m n n n n = , то последние неравенства будут верны для 0 n n ≥ для всех значений i . Тогда для этих же значений n будет справедливо неравенство ( ) ( ) 2 2 1 1 m m n i i i x A m ε ε = ⎛ ⎞ − < = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ ∑ . ◄ 1.7. Свойства сходящихся числовых последовательностей, связанные с неравенствами Теорема 2.1.5. Пусть даны две числовые последовательности n x и n y , причем lim n n x A →∞ = и lim n n y B →∞ = , и B A > . Тогда можно найти номер 0 n , начиная с ко- торого, члены этих последовательностей будут удовлетворять неравенству n n y x > . ►Возьмем 2 B A ε − = . Тогда можно найти такой номер 1 n , что для всех 1 n n ≥ выполняется неравенство 2 n A B A x A ε ε + − < < + = и такой номер 2 n , что для всех 2 n n ≥ выполняется неравенство 2 n A B B y B ε ε + = − < < + . Если поло- жить ( ) 0 1 2 max , n n n = , то для всех 0 n n ≥ будут выполняться оба из указанных неравенств, а это означает, что для таких n будет n n x y < . ◄ Следствие 1. Если lim n n x A →∞ = и A B < ( A B > ), то, начиная с некоторого номе- ра, все члены последовательности удовлетворяют неравенству n x B < ( ) n x B > . ►Для доказательства достаточно в теореме 2.1.5 взять стационарную по- следовательность n y B = . ◄ Следствие 2. Если lim n n x A →∞ = и 0 A > ( 0 A < ), то, начиная с некоторого номе- ра, все члены последовательности будут положительны (отрицательны). 49 Замечание. Если проанализировать доказа- тельство теоремы, то можно уточнить второе следствие следующим образом: если lim n n x A →∞ = и 0 A > ( 0 A < ), то, начиная с не- которого номера, все члены последователь- ности будут больше (меньше) некоторого положительного (отрицательного) числа r. Иллюстрация приведена слева. Это утверждение в дальнейшем будем называть теоремой отделимости последовательности от нуля Теорема 2.1.6. (Теорема о предельном переходе в неравенстве) Пусть lim n n x A →∞ = и lim n n y B →∞ = , причем для всех натуральных значений n выполняется неравенство n n x y ≤ . Тогда A B ≤ . ►Допустим, что выполнено противоположное неравенство: A B > . Тогда по теореме 1, начиная с некоторого номера, члены последовательности должны удовлетворять неравенству n n x y > , что противоречит условию.◄ Замечания 1. В теореме 2.1.6 неравенство n n x y ≤ может выполняться, только на- чиная с какого-то номера. 2. Если в условии теоремы 2.1.6 положить n n x y < , то в заключении тео- ремы нельзя поставить строгое неравенство. Например, пусть 2 1 n x n = , 1 n y n = . Тогда для всех 2 n ≥ выполняется строгое неравенство n n x y < , но 2 1 1 lim lim 0 n n n n →∞ →∞ = = . 1.8. Теорема о трех последовательностях В этом пункте мы поговорим об одном достаточном условии того, чтобы число A было пределом числовой последовательности. Теорема 2.1.7. Пусть даны три числовые последовательности { } n x , { } n y и { } n z такие, что при всех значениях n выполняется неравенство n n n x y z ≤ ≤ . Допустим также, что последовательности { } n x и { } n z сходятся, причем lim lim n n n n x z A →∞ →∞ = = . Тогда последовательность { } n y также сходится и lim n n y A →∞ = . ►Возьмем произвольное положительное число ε. Тогда можно найти но- мер 1 n , начиная с которого выполнено неравенство n A x A ε ε − < < + и номер 50 2 n , начиная с которого выполнено неравенство n A z A ε ε − < < + . Тогда, если положить ( ) 0 1 2 max , n n n = , то для всех 0 n n ≥ будут выполнены оба неравенст- ва, следовательно, будет выполнено неравенство n n n A x y z A ε ε − < ≤ ≤ < + , от- куда получим n y A ε − < . ◄ Эту теорему часто называют теоремой о «сжатой» переменной. Доказанную теорему мы можем применить для вычисления пределов не- которых последовательностей, которые нам будут часто встречаться в даль- нейшем. Пример 15 . Пусть { } n α - бесконечно малая последовательность, причем для всех n выполнено неравенство 1 n α ≥ − . Доказать, что lim 1 1 k n n α →∞ + = ☺Докажем сначала, что верно неравенство 1 1 1 k n n n α α α − ≤ + ≤ + Если 0 n α ≥ , то левая часть неравенства очевидна, так как 1 1 1 k n n α α − ≤ ≤ + . Правую часть неравенства получим, используя свойство степени: если основание степени больше единицы, то большей будет степень с большим показателем. Поэтому ( ) 1 1 k n n α α + ≥ + Если 0 n α < , то из неравенства 1 1 1 k n n α α + < < + следует правая часть доказываемого неравенства, а левая получится опять из свойства степени: если основание остепени меньше единицы, то большей будет степень с меньшим по- казателем. Так как здесь 1 1 n n α α − = + , то ( ) 1 1 k n n α α − < + Из доказанного неравенства нужное утверждение легко следует по теоре- ме о трех последовательностях и критерию того, что данное число является пределом последовательности (теорема 2.1.1). Если { } n α - бесконечно малая, то { } n α - тоже бесконечно малая. Тогда ( ) ( ) lim 1 lim 1 1 n n n n α α →∞ →∞ − = + = , так как эти последовательности представляют собой суммы единицы и бесконечно малых последовательностей. Следовательно, lim 1 1 k n n α →∞ + = . ☻ Пример 16. Доказать, что если 1 a > , то lim 1 n n a →∞ = . ☺ Так как 1 a > , то 1 n a > . Положим 1 n n a α = − , тогда 1 n n a α = + , где 0 n α > . Если мы докажем, что n α - бесконечно малая последовательность, то нужное равенство будет доказано. Используя бином Ньютона, получим неравенство ( ) 1 n n n a n α α = + ≥ , от- куда 0 n a n α < ≤ . Это означает, что n α - бесконечно малая последовательность, что и требовалось доказать. ☻ Позже мы докажем, что lim 1 n n a →∞ = и для 0 1 a < < . 51 Пример 17 . Доказать, что lim 1 n n n →∞ = . ☺ Аналогично предыдущему примеру, 1 n n > , следовательно, если по- ложить 1 n n n α = − , то 0 n α > и ( ) ( ) 2 1 1 2 n n n n n n α α − = + ≥ (здесь из разложения бинома взят третий член). Из последнего неравенства получаем 2 2 0 1 n n α < ≤ − Следовательно, n α - бесконечно малая, и так как 1 n n n α = + , то нужное равен- ство доказано. ☻ Пример 18. Доказать, что если 1 a > и m∈ , то lim 0 m n n n a →∞ = . ☺Так как 1 a > , то 1 a x = + , где 0 x > (в отличие от предыдущих приме- ров здесь x не зависит от n). Тогда, рассматривая n m > , можно написать ( ) ( )( ) ( ) 1 1 1 1 ... 1 1 ! n n m m m n n m n m n a x C x x m + + + − − + = + ≥ = + , Откуда ( ) 1 1 ! 1 0 1 1 m n m m n n n n n m n m n n a x + + < ≤ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − − + − Допустим, что 2 n m ≥ . Тогда 1 1 2, 1,2,..., n k m k m n k n k m = + ≤ + = = − − и ( ) 1 2 1 ! 1 0 m m n m m n n a x + + < ≤ ⋅ Здесь множитель ( ) 1 2 1 ! m m m x + + является константой, которую мы обозначим через M . Тогда, взяв 0 ε > , для всех значений 0 1 M n n ε ⎡ ⎤ ≥ = + ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ получим неравенство 0 m n n a ε < < , что означает, что lim 0 m n n n a →∞ = .☻ Упражнения 1. Докажите, что lim k k n n a a α →∞ + = , если { } n α - бесконечно малая. 2. Докажите, что lim 1 n n n a α →∞ + = , если { } n α - бесконечно малая и 0 a > . 3. Докажите, что lim 1 n n n an b α →∞ + + = , если { } n α - бесконечно малая и 0 a > . 52 1.9. Теорема Кантора Уточним теорему Кантора, о которой мы говорили в §4 главы 1 (теорема 1.4.4). Теорема 2.1.8 . Пусть дана последовательность вложенных отрезков [ ] { } , n n a b таких, что при n → ∞ длина n-го отрезка стремится к нулю, т.е. ( ) lim 0 n n n b a →∞ − = . Тогда точка, принадлежащая всем отрезкам, единственна. ►Допустим, что существует две точки, принадлежащие всем отрезкам: c и c′ . Пусть 0 0 c c ε ′ = − > . Тогда для всех значений n будут выполняться нера- венства n n a c b ≤ ≤ и n n a c b ′ ≤ ≤ , следовательно, будет ( ) n n n n b a c c b a ′ − − ≤ − ≤ − , что означает, что 0 n n b a c c ε ′ − ≥ − = . Доказанное не- равенство противоречит тому, что ( ) lim 0 n n n b a →∞ − = . ◄ |