Подпоследовательности. Лемма Больцано – Вейерштрасса

Вернуться к: Математический анализ I

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 $-\infty.$

Добавить комментарий Отменить ответ