Свойства сходящихся последовательностей

Теорема 1 (единственность предела). Если последовательность имеет предел, то он единственный.
Предположим противное. Пусть \lim\limits_{n \to \infty}{x_{n}}={a}^{\prime},\lim\limits_{ n \rightarrow \infty }{ x_{ n } } ={ a }^{ \prime \prime } и { a }^{ \prime}\neq { a }^{ \prime \prime }. Выберем \varepsilon=\frac{1}{2}\left|a^{\prime}-{a}^{\prime\prime}\right|>0. Тогда найдутся номера N^{\prime} и { N }^{ \prime \prime }, такие, что для всех n\ge N^{ \prime } справедливо неравенство \left| x_{ n }-a^{\prime} \right| <\varepsilon, а для всех n\ge N^{ \prime \prime } справедливо неравенство \left| x_{ n }-{ a }^{ \prime \prime } \right| <\varepsilon. Положим  N=\max{\left\{ N^{\prime},{ N }^{ \prime \prime } \right\} }. Тогда при n\ge N неравенства \left| x_{ n }-a^{\prime} \right| <\varepsilon и \left| x_{ n }-{ a }^{ \prime \prime } \right| <\varepsilon должны выполняться одновременно, что невозможно, поскольку при выбранном \varepsilon окрестности \left(a^{\prime} -\varepsilon,a^{\prime}+\varepsilon\right) и \left( { a }^{ \prime \prime }-\varepsilon,{ a }^{ \prime \prime }+\varepsilon \right) не имеют общих точек.
Определение. Числовая последовательность {x_n} называется ограниченной сверху (снизу), если существует такое число M(m), что для всех номеров n\in \mathbb {N} справедливо неравенство x_{ n }\le M\quad (x_{ n }\ge m). Последовательность называется ограниченной, если она ограничена сверху и снизу.

Легко показать, что ограниченность последовательности {x_n} равносильна тому, что

\exists A>0 :\quad \forall n\in \mathbb {N} \quad \left| x_n \right| \le A.

С геометрической точки зрения ограниченность последовательности означает, что все ее элементы находятся в некоторой окрестности нуля.

Теорема 2 (необходимое условие сходимости). Если последовательность сходится, то она ограничена.
Пусть \lim \limits_{ n \rightarrow \infty }{ x_{ n } } =a. Зададим \varepsilon = 1 и найдем номер N такой, что для всех n\ge N справедливо неравенство \left| x_{ n }-a \right| <\varepsilon. Среди конечного числа элементов x_1, x_2, \ldots, x_{N-1} найдем наибольший x_{n_1} и наименьший x_{n_2}. Тогда, очевидно, неравенство m \equiv \max {\left( a-1, x_{n_2} \right) \le x_{ n } \le M \equiv \max {\left( a+1, x_{n_1} \right)}} имеет место для всех n \in \mathbb {N}. Приведем еще одно доказательство. Для \varepsilon = 1 найдем номер N, такой, что  \left| x_n - a \right| < \varepsilon при всех n \ge N. Пусть A = \max{ \left( \left| a \right| +1, \left| x_{ 1 } \right|, \ldots, \left| x_{ N -1} \right| \right)}. Тогда для всех n\in \mathbb {N}, очевидно, справедливо неравенство \left| x_{ n } \right| \le A.

Обратное к доказанной теореме утверждение не имеет места, т. е. из ограниченности последовательности не следует сходимость. В кванторах определение неограниченной последовательности выглядит следующим образом

\forall A \quad \exists n\in \mathbb {N} : \quad\left| x_{ n } \right| >A.

Следствие (достаточное условие расходимости). Если последовательность неограниченна, то она расходится.
Пример. Пусть x_n = q_n, где |q| > 1. Покажем, что эта последовательность неограниченна. Для доказательства будем применять известное неравенство Бернулли  {\left( 1+ \alpha \right)}^{n} \ge 1+n \alpha, \quad ( \alpha > -1, n\in \mathbb {N}), которое легко может быть доказано методом математической индукции. Положим \alpha = \left| q \right| - 1 > 0. Зададим произвольное A > 0. В силу неравенства Бернулли |{ q }^{ n }|={ \left| q \right| }^{ n } = {\left( 1+\alpha \right)}^{n}\ge 1 + n \alpha > n \alpha > A, если только n > \frac { A }{ \alpha }. Итак, для любого A > 0 найдется номер n=\left[ \frac { A }{ \alpha } \right] +2, такой, что \left| {q}^{n} \right| > A. Это означает, что последовательность \left\{ x_{ n } \right\} неограниченна, а значит, в силу следствия из теоремы, она расходится.
Теорема 3. Если \lim\limits _{ n \rightarrow \infty }{ x_{ n } } =a, то \lim\limits _{ n \rightarrow \infty  }{ \left| x_{ n } \right|  } =\left| a \right|.
Эта теорема мгновенно вытекает из неравенства \left| \left| x_n \right| - \left| a \right| \right| \le \left| x_n - a \right|. Действительно, зададим \varepsilon > 0 и, пользуясь условием теоремы, найдем такой номер N, что для всех n \ge N справедливо неравенство |x_n - a| < \varepsilon. Тогда для n \ge N также будет выполняться и неравенство | |x_n| - |a| | < \varepsilon. Замечание. Утверждение, обратное к данной теореме, неверно. На- пример, последовательность x_n = { \left( -1 \right)  }^{ n } расходится, и в то же время \lim\limits _{ n \rightarrow \infty  }{ \left| { \left( -1 \right)  }^{ n } \right|  }= \lim\limits _{ n \rightarrow \infty  }{1} = 1. Легко, однако, видеть, что теорема 3 может быть обращена при a = 0. В самом деле, достаточно воспользоваться равенством | \left| x_n \right| - 0 | = \left| x_n - 0 \right|  =\left| x_n \right|.
Задание 1 
Исследовать последовательность x_n =\frac { \sqrt [ 4 ]{ { n }^{ 3 }+{ n }^{ 2 } } }{ \sqrt [ 5 ]{ { n }^{ 4 }-{ n }^{ 3 } } } на ограниченность.
Решение. \lim\limits _{ n\to \infty }{ \frac { \sqrt [ 4 ]{ { n }^{ 3 }+{ n }^{ 2 } } }{ \sqrt [ 5 ]{ { n }^{ 4 }-{ n }^{ 3 } } } } =\lim\limits _{ n\to \infty }{ \frac { \sqrt [ 4 ]{ { n }^{ 3 } } \sqrt [ 4 ]{ 1+\frac { 1 }{ n } } }{ \sqrt [ 5 ]{ { n }^{ 4 } } \sqrt [ 5 ]{ 1-\frac { 1 }{ n } } } } =\lim\limits _{ n\to \infty }{ \frac { \sqrt [ 4 ]{ 1+\frac { 1 }{ n } } }{ \sqrt [ 20 ]{ n } \sqrt [ 5 ]{ 1-\frac { 1 }{ n } } } } =0.
Тогда последовательность x_n — сходящаяся. Из необходимого условия сходимости последовательности следует, что x_n ограниченна.
Задание 2 
Найти предел последовательности x_n=1+\frac { 1 }{ 5 } +\frac { 1 }{ 25 } + \ldots +\frac { 1 }{ { 5 }^{ n-1 } }.
Решение. Поскольку 1+\frac { 1 }{ 5 } +\frac { 1 }{ 25 } + \ldots +\frac { 1 }{ { 5 }^{ n-1 } } — сумма n элементов геометрической прогрессии со знаменателем q=\frac { 1 }{ 5 }, то x_n=\frac { { 1-\left( \frac { 1 }{ 5 } \right) }^{ n } }{ 1-\frac { 1 }{ 5 } } = \frac { { 5 }^{ n }-1 }{ 4\cdot { 5 }^{ n-1 } }. Тогда \lim\limits_{ n\to \infty }{x_n}= \lim\limits_{ n\to \infty }{\frac { { 5 }^{ n }-1 }{ 4\cdot { 5 }^{ n-1 } }}=\lim\limits_{ n\to \infty }{\frac { { 5 }-\frac { 1 }{ { 5 }^{ n-1 } } }{ 4 }}=\frac {5}{4}.
Задание 3 
Доказать, что последовательность x_n=\frac { { n }^{ 2 }-120 }{ n } расходится.
Решение. Докажем, что данная последовательность неограниченна.Имеем x_n=n-\frac { 120 }{ n } \ge n-120.
Пусть K — произвольное положительное число. Возьмём n_0 > K+120, тогда x_{n_0} \ge n_0-120 > C. Это означает, что последовательность x_n неограниченна, а поэтому расходится.
  1. Коляда В. И. Курс лекций по математическому анализу К93: в 2-х ч. Ч. 1 / В. И. Коляда, А. А. Кореновский. — Одесса: Астропринт, 2009. — 369 с., Стр. 17-20
  2. Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. — М.: ЧеРо, 1997., Стр. 12-26
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа. Том 1. — М.: ДРОФА, 2003., Стр. 100-107
  4. Тер-Крикоров А. М., Шабунин М. И. Курс математического анализа. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001., Стр. 35-45

Добавить комментарий

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