Подпоследовательности. Лемма Больцано – Вейерштрасса

Пусть задана последовательность \left \{ x_{n} \right \}. Если мы выберем из нее некоторые члены (бесконечно много в порядке возрастания номеров), то получим подпоследовательность последовательности \left \{ x_{n} \right \}. Именно, зададим строго возрастающую последовательность номеров n_{k} (k = 1, 2, \ldots). Тогда последовательность \left \{x_{n_{k}} \right \}_{k=1}^{\infty } называется подпоследовательностью последовательности \left \{ x_{n} \right \}. Подпоследовательность x_{n_{k}} является функцией натурального аргумента k, т. е. каждому натуральному k ставится в соответствие элемент x_{n_{k}} последовательности \left \{ x_{n} \right \}. Например, если x_{n} = \frac{1+(-1)^{n}}{2} , т. е. исходная последовательность 0, 1, 0, 1, \ldots, то выбирая n_{k} = 2k, т. е. выбирая все элементы последовательности с четными номерами, получим подпоследовательность x_{2k} = 1 \left ( k = 1, 2, \ldots \right ) .Ранее было показано, что каждая сходящаяся последовательность ограничена. Обратное утверждение, вообще говоря, неверно, из ограниченности последовательности не следует ее сходимость. Так, рассмотренная только что последовательность x_{n} = \frac{1+(-1)^{n}}{2}, очевидно, ограничена \left (\left | x_{n} \right | \leq 1, n = 1, 2, \ldots \right ), но она не является сходящейся. Вместе с тем из этой последовательности мы выделили подпоследовательность x_{2k} = 1 \left ( k = 1, 2, \ldots \right ) - стационарную и, следовательно, сходящуюся. Оказывается, что это можно сделать для любой ограниченной последовательности.

Лемма Больцано Вейерштрасса. Из любой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность.

   Доказательство этой леммы основано на последовательном делении отрезка пополам и применении леммы Кантора о вложенных отрезках.

Итак, пусть \left \{ x_{n} \right \} – ограниченная последовательность. Тогда существуют числа a и b , такие, что a \leq x_{n} \leq b \left ( n = 1, 2, \ldots \right ). Разделим отрезок \left [ a, b \right ] пополам точкой c, т. е. положим c = \frac{a+b}{2}. Тогда хотя бы один из полученных отрезков \left [ a, c \right ] и \left [ c, b \right ] будет содержать бесконечно много элементов последовательности. Выберем тот из отрезков \left [ a, c \right ] или \left [ c, b \right ], который содержит бесконечно много элементов последовательности \left \{ x_{n} \right \}, и обозначим его \left [ a_{1}, b_{1} \right ]. Теперь разделим пополам отрезок \left [ a_{1}, b_{1} \right ] и выберем из двух полученных отрезков такой \left [ a_{2}, b_{2} \right ], который содержит бесконечно много элементов последовательности \left \{ x_{n} \right \}. Продолжая этот процесс, получим последовательность отрезков I_{k} = \left [ a_{k}, b_{k} \right ], вложенных друг в друга (I_{k+1} \subset I_{k}), длины которых \frac{b-a}{2^{k}}\to 0 (k \to \infty) и в каждом I_{k} содержится бесконечно много элементов последовательности \left \{ x_{n} \right \}. В силу леммы Кантора о вложенных отрезках, существует единственная точка \alpha, принадлежащая всем отрезкам I_{k} (k = 1, 2, \ldots).
Теперь построим подпоследовательность последовательности \left \{ x_{n} \right \}, сходящуюся к \alpha, Выберем в качестве x_{n_{1}} любой элемент последовательности \left \{ x_{n} \right \}, содержащийся в I_{1}. Он существует, так как в I_{1} содержится бесконечно много элементов \left \{ x_{n} \right \}. Далее, так как в I_{2} = \left [ a_{2}, b_{2} \right ] содержится бесконечно много элементов последовательности \left \{ x_{n} \right \}, то в I_{2} найдется элемент последовательности \left \{ x_{n} \right \}, номер которого n_{2} больше, чем n_{1}. Это будет второй элемент нашей подпоследовательности x_{n_{2}}. Если уже выбраны номера n_{1} < n_{2} < \ldots < n_{k}, такие, что x_{n_{i}} \in I_{i} = [a_{i}, b_{i}], то, поскольку в отрезке I_{k+1} = [a_{k+1}, b_{k+1}] содержится бесконечно много элементов последовательности {x_{n}}, в I_{k+1} найдется такой элемент x_{n_{k+1}} \in I_{k+1}, что n_{k+1} > n_{k}.
По индукции мы построили подпоследовательность \left \{x_{n_{k}} \right \}_{k=1}^{\infty }. Покажем, что \lim\limits_{k\to \infty }x_{n_{k}} = \alpha. Для k = 1, 2, \ldots имеем a_{k} \leq x_{n_{k}} \leq b_{k} и a_{k} \leq \alpha \leq b_{k}. Отсюда получаем 0 \leq \left |x_{n_{k}}-\alpha \right | \leq b_{k} - a_{k}. Но, поскольку b_{k} - a_{k}\to 0 (k\to \infty), то по теореме о трех пределах получаем, что \left |x_{n_{k}}-\alpha \right | \to 0 (k\to \infty), а значит, x_{n_{k}}\to \alpha (k\to \infty).
Задание. Показать, что всякая неограниченная сверху последовательность имеет частичный предел, равный +\infty.
Решение. Покажем, что если последовательность {x_n} не ограничена сверху, то из неё можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к +\infty. Сначала выберем число {x_{n_{1}}}, такое, что {x_{n_{1}}}>1. Затем, пользуясь неограниченностью сверху, находим такой номер n_2>n_1, что для {x_{n_{2}}} выполняется неравенство {x_{n_{2}}}>2 и так далее. В результате получим \lim\limits_{k\to\infty}{x_{n_{k}}}=+\infty.
Аналогично доказывается тот факт, что всякая неограниченная снизу последовательность имеет частичный предел, равный -\infty.
  1. В.И.Коляда, А.А.Кореновский. Курс лекций по математическому анализу часть 1, стр. 28-29
  2. Кудрявцев Л.Д. Математический анализ том 1, стр.35-37

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *