Математический анализ_курс лекций. Курс лекций по математическому анализу i для напр. Прикладная математика и информатика
 Скачать 2.13 Mb.
|
|
§3 Предел монотонной последовательности. Число e 3.1. Определения Определение 2.3.1. Будем говорить, что последовательность n x возрастает , если для всех значений n выполняется неравенство 1 n n x x + ≥ . Определение 2.3.2. Будем говорить, что последовательность n x убывает , ес- ли для всех значений n выполняется неравенство 1 n n x x + ≤ Определение 2.3.3. Если последовательность возрастает или убывает, то ее будем называть монотонной . Замечание. В определении монотонных последовательностей неравенства ≥ и ≤ можно заменить на строгие 1 n n x x + > или 1 n n x x + < . Тогда будем говорить, что последовательность строго возрастает или строго убывает . Для исследования последовательности на монотонность можно сравни- вать разность соседних членов последовательности с нулем или (если члены последовательности положительны) отношение последующего члена последо- вательности к предыдущему с единицей. 59 Пример 1. Исследовать на монотонность последовательность: 0 1 x = , 1 2 n n x x − = + ☺ Найдем 1 x : 1 0 0 2 3 x x x = + = > Для доказательства того, что последовательность возрастает, докажем индукционную теорему. Допустим, что при некотором k справедливо 1 k k x x − > . Тогда 1 1 1 1 2 2 0 2 2 k k k k k k k k x x x x x x x x − + − − − − = + − + = > + + + . В силу принципа мате- матической индукции получим 1 , n n x x n − > ∀ ∈ .☻ Пример 2. Исследовать на монотонность последовательность 3 5 2 1 5 8 3 2 n n x n + = ⋅ ⋅ ⋅ + ☺ Найдем 1 3 5 2 1 5 8 3 1 n n x n − − = ⋅ ⋅ ⋅ − и составим отношение 1 2 1 3 2 n n x n x n − + = + . Так как члены последовательности положительны и 1 1, n n x n x − < ∀ ∈ , то 1 n n x x − < и по- следовательность строго убывает. ☻ 3.2. Теорема Вейерштрасса Теорема 2.3.1 (Вейерштрасса). Последовательность имеет конечный предел, если она возрастает и ограничена сверху или убывает и ограничена снизу. ►Пусть последовательность { } n x возрастает и ограничена сверху. Тогда для любого n выполняются неравенства 1 n n x x + ≤ и n x C ≤ Так как последовательность ограничена, то она имеет конечный супре- мум: sup n M x = . Докажем, что lim n n M x →∞ = Возьмем 0 ε > . Тогда, по определению супремума, найдется номер 0 n та- кой, что 0 n M x M ε − < ≤ . Так как последовательность { } n x возрастает, то для всех номеров n таких, что 0 n n ≥ будет выполняться неравенство 0 n n x x M ≤ ≤ , следовательно, эти члены последовательности будут лежать в ε-окрестности точки M , что и означает, что lim n n M x →∞ = Вторая часть теоремы доказывается аналогично, при этом lim inf n n n x m x →∞ = = .◄ Замечания 1. Теорема будет верна, если последовательность монотонна только на- чиная с некоторого номера. 2. Если последовательность монотонна, но неограниченна, то она стре- мится к бесконечности. 60 Пример 3. Найти ( ) lim 0 ! n n a a n →∞ > ☺Докажем, что эта последовательность убывает, начиная с некоторого номера. Существует натуральное число 0 n такое, что 0 a n < . Тогда a n < для всех 0 n n ≥ и для этих номеров будет верно неравенство 1 a n < . Следовательно, для этих n выполнено неравенство ( ) 1 1 1 ! ! ( 1) ! n n n n n a a a a x x n n n n + + = = < = + + , т.е. по- следовательность убывает. Очевидно, что все члены последовательности неот- рицательны, значит, последовательность ограничена снизу. По теореме Вейер- штрасса она имеет конечный предел. Обозначим его через l . Члены последовательности связаны рекуррентным соотношением 1 1 n n a x x n + = ⋅ + . Переходя к пределу в этом соотношении, получим 0 l l = ⋅ , т.е. 0 l = .☻ 3.3. Число e Рассмотрим последовательность 1 1 n n x n ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ и докажем, что она имеет предел. ►Для этого воспользуемся биномом Ньютона: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 ... 1 1 1 1 1 ! 1 1 1 2! ! ! 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 ... 1 1 1 ... 1 2! ! ! n k n n n n n n k n n n n k n n n n k n n k n n n n n n n − − − + ⎛ ⎞ + = + ⋅ + + + + + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + − + + − − − + + − − − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ С увеличением n увеличивается каждая скобка вида 1 m n − , что означает, что в последней сумме увеличивается каждое слагаемое. Кроме того, увеличи- вается количество слагаемых. Следовательно, 1 n n x x + > , т.е. последовательность { } n x возрастает. Докажем, что она ограничена сверху. Так как 1 1 m n − < , то 1 2 3 1 1 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2 1 1 1 ... 1 1 1 ... 1 2! ! ! 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2! 3! 4! ! 2 2 2 2 2 1 2 n n k n n k n n n n n n n n − − − − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + − + + − − − + + − − − < ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ < + + + + + < + + + + + < + = − 61 1 1 2 1 3 2 n − = + − < . Следовательно, эта последовательность имеет предел. ◄ Этот предел назовем числом e. Из неравенств, приведенных выше следу- ет, что 2 3 e < < . В дальнейшем мы докажем, что это число иррационально. Беря достаточно большие значения n и подставляя их в выражение для общего чле- на последовательности, мы можем вычислить предел этой последовательности приближенно с любой степенью точности. Но делать такие вычисления с по- мощью последовательности { } n x довольно сложно. В дальнейшем мы получим еще одну последовательность, предел которой равен числу e и которая удобнее для вычисления этого числа. Сейчас напишем только несколько первых цифр: 2,71828182845904592... e ≅ Рассмотрим последовательность 1 1 1 1 1 1! 2! 3! ! n y n = + + + + + . Докажем, что lim n n y e →∞ = . Очевидно, что последовательность n y возрастает и ограничена сверху. Значит, она имеет предел. Обозначим его через l . Неравенство 1 1 1 1 2 2! 3! 4! ! n x n < + + + + + , доказанное выше, означает, что n n x y < , откуда e l ≤ . С другой стороны, фиксируем некоторое натуральное число m и рас- смотрим последовательность при n m > , 1 1 1 1 2 1 2 1 1 1 ... 1 2! ! 1 1 2 1 1 1 ... 1 ! n m k x n k n n n m m n n n − ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + − + + − − − + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ − ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + − − − ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Очевидно, что выполняется неравенство , m n m n y x x < < . Отсюда следует, что при каждом значении m справедливо неравенство m y e < , следовательно, l e ≤ . Из двух полученных неравенств, следует равенство l e = . §4 Частичные пределы. Теорема Больцано-Вейерштрасса 4.1. Частичные пределы Определение 2.4.1 . Пусть дана последовательность { } n x и строго возрас- тающая последовательность { } 1 k k n ∞ = , значениями которой являются нату- ральные числа. Тогда последовательность { } 1 k k y ∞ = , где k k n y x = называется подпоследовательностью последовательности { } n x и обозначается { } 1 k n k x ∞ = . 62 Определение 2.4.2. Если { } k n x - подпоследовательность последовательности { } n x и существует lim k n k x A →∞ = (конечный или бесконечный), то A будем назы- вать частичным пределом последовательности { } n x . Упражнение. Докажите, что A является частичным пределом последовательно- сти { } n x тогда и только тогда, когда A является предельной точкой множества значений последовательности { } n x . Определение 2.4.3. Обозначим через E множество частичных пределов чи- словой последовательности { } n x . Тогда sup E будем называть верхним преде- лом последовательности { } n x , а inf E ее нижним пределом и обозначать со- ответственно lim n n x →∞ и lim n n x →∞ . Пример 1. ( ) 1 1 n n x = + − . Очевидно, что можно выделить две сходящиеся под- последовательности: 2 1 k x = и 2 1 0 k x − = , и множество E состоит из двух чисел 0 и 1. Поэтому lim 1 n n x →∞ = и lim 0 n n x →∞ = . Пример 2. ( ) ( ) 1 1 n n x n = + − . Здесь также можно выделить две сходящиеся под- последовательности 2 2 k x k = и 2 1 0 k x − = . Множество E также состоит из двух элементов 0 и +∞ . lim n n x →∞ = +∞ и lim 0 n n x →∞ = . Пример 3. { } n x - последовательность всех рациональных чисел. Как уже гово- рилось (гл.1 §8), каждое вещественное число является предельной точкой мно- жества рациональных чисел, следовательно, оно является частичным пределом этой последовательности, т.е. E = . lim n n x →∞ = +∞ , lim n n x →∞ = −∞ . Используя тот факт, что если lim n n x A →∞ = , то любой частичный предел этой последовательности тоже равен A, получим важный для нас результат, ко- торый является продолжением результатов предыдущего параграфа. Теорема 2.4.1. Если k α - бесконечно малая последовательность, то ( ) 1 lim 1 k k k e α α →∞ + = . ► Сначала предположим, что 0 n α > (будем считать, что 1 n α < ), тогда 1 n α → +∞ . Положим 1 k k n α ⎡ ⎤ = ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ , так что 1 1 k k k n n α ≤ < + и 1 1 1 k k k n n α ≥ > + . Тогда выполнено неравенство ( ) 1 1 1 1 1 1 1 1 k k k n n k k k n n α α + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ≥ + > + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 63 Последовательности 1 1 k n k k s n ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ и 1 1 1 1 k n k k t n + ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ являются под- последовательностями последовательности 1 1 n n x n ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , которая сходится к числу e , следовательно, lim lim k k k k s t e →∞ →∞ = = . Отсюда 1 1 1 lim 1 lim lim 1 k n k k k k k k s e n n + →∞ →∞ →∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + = ⋅ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ и lim 1 lim 1 1 1 lim 1 1 k n k k k k k k t e n n →∞ →∞ →∞ ⎛ ⎞ + = = ⎜ ⎟ + ⎛ ⎞ ⎝ ⎠ + ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ Тогда, по теореме о сжатой переменной, ( ) 1 lim 1 k k k e α α →∞ + = . Теперь рассмотрим случай, когда 0 k α < , (будем считать, что 1 k α > − ). Обозначим k k β α = − .Тогда последовательность 1 k k β β − бесконечно малая и все ее члены положительны. Следовательно, для нее выполнено неравенство 1 lim 1 1 k k k k k e β β β β − →∞ ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ Тогда ( ) ( ) 1 1 lim 1 lim 1 k k k k k k α β α β − →∞ →∞ + = − = 1 1 1 lim lim 1 1 1 1 1 k k k k k k k k k k e β β β β β β β β − →∞ →∞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = = + + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ − − − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Наконец, если в последовательности k α найдется бесконечно много чле- нов с положительными знаками и бесконечно много с отрицательными, то об- разуем из них две подпоследовательности m k α и l k α . Тогда, по доказанному выше ( ) ( ) 1 1 lim 1 lim 1 k k m l m l k k m l e α α α α →∞ →∞ + = + = . Следовательно, ( ) 1 lim 1 k k k e α α →∞ + = . ◄ Теорема 2.4.2 . Множество частичных пределов E замкнуто. ►Докажем, что каждая предельная точка множества E содержится в E , т.е. является частичным пределом последовательности { } n x . Пусть с - предель- ная точка множества E . Тогда, какое бы 0 ε > мы ни взяли, можно найти точку A E ∈ такую, что ( ) 2 o A U c ε ∈ или ( ) 0 , 2 A c ε ρ < < 64 Так как A - частичный предел последовательности { } n x , то A - предельная точка множества значений последовательности, т.е. существует элемент после- довательности 0 n x , для которого выполняется неравенство ( ) ( ) 0 0 , , 2 n x A A c ε ρ ρ < < < Отсюда следует, что 0 n x c ≠ и ( ) ( ) ( ) 0 0 , , , n n x c x A A c ρ ρ ρ ε < + < , т.е. c – предельная точка множества значений { } n x . ◄ Теорема 2.4.3 . Пусть { } n x - числовая последовательность, E - множество ее частичных пределов и * lim n n A x →∞ = . Тогда a) * A E ∈ ; б) если * A - конечное число и 0 ε > , то существует номер 0 n такой, что для всех 0 n n ≥ выполняется неравенство * n x A ε < + ; в) * A - единственное число, обладающее свойствами a) и b). ►Если * A = +∞ , то последовательность { } n x неограниченна сверху и это значит, что можно выбрать подпоследовательность, которая будет стремиться к +∞ Если * A - число, то последовательность ограничена и утверждение a) следует из теоремы 2.4.2 и теоремы 1.8.5. Если * A = −∞ , то множество E содержит только один элемент ( ) −∞ и ни одного конечного частичного предела не существует. А это означает, что lim n n x →∞ = −∞ Докажем утверждение б). Возьмем 0 ε > и предположим, что существует бесконечно много номеров k n таких, что * k n x A ε ≥ + . Тогда из последователь- ности { } k n x можно выбрать подпоследовательность, которая будет иметь пре- дел l , удовлетворяющий неравенству * l A ε ≥ + , а это будет означать, что * A не является супремумом множества E . Теперь докажем, что число, удовлетворяющее свойствам a) и б) единст- венно. Предположим, что найдется два таких числа * A и A ′ , и предположим, что * A A ′ < . Возьмем какое-нибудь число y , лежащее между ними: * A y A ′ < < Тогда, согласно утверждению б), найдется номер 0 n , начиная с которого вы- полняется неравенство n x y < . Но тогда точка A ′ не может быть предельной точкой множества E , что противоречит условию а).◄ Упражнение. Пусть n ∀ ∈ n n x y ≤ . Докажите, что выполнены неравенства 1. lim lim n n n n x y →∞ →∞ ≤ ; 2. lim lim n n n n x y →∞ →∞ ≤ 65 4.2. Теорема Больцано-Вейерштрасса Теорема 2.4.4 (Больцано-Вейерштрасса). Из любой ограниченной числовой последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность. ►Пусть последовательность { } n x - ограничена, т.е. все члены последова- тельности лежат на промежутке [ ] , a b . Разделим этот промежуток пополам. То- гда, по крайней мере на одной половине находится бесконечно много членов данной последовательности. Обозначим эту половину через [ ] 1 1 , a b . Отрезок [ ] 1 1 , a b разделим пополам и опять выберем ту половину, которая содержит бес- конечно много членов последовательности. Обозначим ее через [ ] 2 2 , a b . Про- должая этот процесс, получим последовательность вложенных отрезков, при- чем ( ) lim lim 0 2 n n n n n b a b a →∞ →∞ − − = = . Следовательно, существует точка c , принад- лежащая каждому из промежутков [ ] , n n a b . Выберем подпоследовательность последовательности { } n x , сходящуюся к c . Для этого возьмем за 1 n x - какой-нибудь элемент последовательности, ле- жащий на промежутке [ ] 1 1 , a b , за 2 n x - какой-нибудь элемент последовательно- сти, лежащий на промежутке [ ] 2 2 , a b и такой, что 2 1 n n > и т.д. Получим после- довательность { } k n x , которая является подпоследовательностью последова- тельности { } n x и такую, что [ ] , k n k k x a b ∈ Докажем, что эта подпоследовательность сходится к c . Возьмем некото- рое число 0 ε > и найдем номер 0 k такой, что для всех 0 k k ≥ будет выполнять- ся неравенство 2 k b a ε − < . Тогда для этих значений k будет верным неравенство 2 k n k b a x c ε − − < < , следовательно, lim k n k c x →∞ = .◄ 4.3. Критерий Коши Определение 2.4.4. Последовательность { } n x называется фундаментальной , если для любого 0 ε > можно найти номер 0 n , начиная с которого для всех на- туральных чисел p будет выполняться неравенство ( ) , n n p x x ρ ε + < . Про такую последовательность говорят еще, что она сходится в себе. Очевидно, что это определение дано для последовательности из произ- вольного метрического пространства. Для числовой последовательности нера- венство ( ) , n n p x x ρ ε + < заменяется неравенством n p n x x ε + − < 66 Теорема 2.4.5. Если последовательность в метрическом пространстве схо- дится, то она фундаментальна. ►Пусть lim n n x A →∞ = . Тогда по 0 ε > можно найти номер 0 n такой, что для всех 0 n n ≥ будет выполнено неравенство ( ) , 2 n x A ε ρ < . Тогда для таких же но- меров n и для всех p ∈ выполняется неравенство ( ) , 2 n p x A ε ρ + < Используя неравенство треугольника, получим ( ) ( ) ( ) , , , n n p n n p x x x A A x ρ ρ ρ ε + + ≤ + < , что и требовалось доказать. ◄ Обратная теорема не будет верной в произвольном метрическом про- странстве. Пример 4 . Пусть X - пространство, элементами которого являются рацио- нальные числа, расстояние между которыми задается формулой ( ) , x y x y ρ = − . Возьмем последовательность { } 1 n x ∞ - рациональных приближе- ний какого-нибудь иррационального числа, например, 2 . Существование та- кой последовательности доказано в 4.1, пример 3. Предел такой последователь- ности является иррациональным числом, поэтому эта последовательность не имеет предела в данном пространстве. Определение 2.4.5. Пространство, в котором каждая фундаментальная по- следовательность сходится, называется полным . Докажем, что пространство полное. Теорема 2.4.6. Если числовая последовательность (в ) фундаментальна, то она имеет конечный предел. ►Пусть числовая последовательность { } n x фундаментальна. Докажем, что она ограничена. Возьмем 1 ε = и найдем номер 0 n такой, что для 0 n n ≥ и для всех p ∈ будет выполняться неравенство 1 n p n x x + − < . В частности для всех p ∈ будет выполнено неравенство 0 0 1 n p n x x + − < , откуда следует, что 0 0 1 1 n m n x x x − < < + для всех номеров 0 m n > . Это означает, что множество зна- чений последовательности { } 0 1 n n n x ∞ = + ограничено. Множество значений { } 0 1 n n n n x = = конечно и потому тоже ограничено (например, своими наибольшим и наи- меньшим значениями). Положим, что для 0 1 n n ≤ ≤ выполняется неравенство n L x K ≤ ≤ . Тогда, полагая ( ) 0 min , 1 n m L x = − и ( ) 0 max , 1 n M K x = + , получим , n m x M n ≤ ≤ ∈ , т.е. последовательность ограничена. 67 По теореме Больцано-Вейерштрасса из данной последовательности мож- но выделить сходящуюся подпоследовательность: k n k x A →∞ → . Докажем, что lim n n A x →∞ = Возьмем 0 ε > и найдем номер 0 k , начиная с которого выполняется нера- венство 2 k n x A ε − < . По этому же ε найдем номер 1 n такой, что для всех номе- ров n и m , начиная с 1 n , выполняется неравенство 2 n m x x ε − < . Тогда оба эти неравенства будут выполняться для всех ( ) 0 0 1 max , k n n n n ≥ = , и для этих значе- ний n выполнено k k n n n n x A x x x A ε − ≤ − + − < . ◄ Объединяя эти теоремы, получим теорему, которая называется критери- ем Коши в пространстве : Теорема 2.4.7. Для того чтобы числовая последовательность { } n x имела пре- дел необходимо и достаточно, чтобы для любого числа 0 ε > можно было найти номер 0 n такой, что для всех 0 n n ≥ и для любого p ∈ выполнялось не- равенство n p n x x ε + − < . Пример 5. Будет ли сходиться последовательность, заданная рекуррентно фор- мулой 1 1 1 1 3 n n n n x x n − − = + ⋅ + ? ☺Допустим для определенности, что n m > и запишем цепочку равенств 1 1 2 1 2 3 2 1 1 1 1 , 1 3 2 1 , 3 3 1 , 1 3 1 2 3 n n n n n n n n n m m m n x x n n x x n n x x n m x x m − − − − − − − + + − − = ⋅ + − − = ⋅ − − = ⋅ − − = ⋅ + Складывая эти равенства, получим 1 2 1 1 1 2 1 3 1 1 1 1 2 3 3 3 3 n m n n n m n n n m x x n n n m − − + − − − − = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + − + , Откуда 1 2 1 1 1 2 1 3 1 1 1 1 2 3 3 3 3 n m n n n m n n n m x x n n n m − − + − − − − = ⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ ≤ + − + 68 ( ) 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 1 2 3 3 3 2 3 1 3 3 n m n n n n m n − + − + − − ≤ + + + = ≤ = ⋅ − Очевидно, что для каждого 0 ε > можно найти номер 0 n , начиная с кото- рого выполняется неравенство 1 1 2 3 n ε − < ⋅ , следовательно, критерий Коши вы- полнен и последовательность сходится. ☻ Пример 6. Будет ли сходиться последовательность с общим членом 1 1 1 1 1 2 3 n x n = + + + + ? ☺Возьмем 2 n m = . Тогда 1 1 1 1 2 2 2 2 n m m m x x m m m m − = + + + > = + + Отсюда следует, что какой бы большой номер 0 n мы ни взяли, найдутся значения 0 m n ≥ и 0 n n > , при которых 0 n m x x ε − > (в качетве 0 ε можно взять, например, единицу). Следовательно, последовательность не имеет предела. ☻ Упражнения 1. Докажите, что lim n n x A →∞ = тогда и только тогда, когда все частичные пределы последовательности { } n x равны A. 2. Привести пример последовательности, для которой выполнено усло- вие: 0 0 , 0 n p n p n n n x x ε ε + ∀ ∈ ∀ > ∃ ∈ ∀ ≥ ⇒ − < , но последовательность { } n x не имеет конечного предела. Объяснить различие между данным условием и условием критерия Коши. Указание. Рассмотрите последовательность 1 1 1 1 1 2 3 n x n = + + + + |