Лекции и упражнения



Pdf көрінісі
бет31/55
Дата31.12.2021
өлшемі1,95 Mb.
#107263
түріЛекции
1   ...   27   28   29   30   31   32   33   34   ...   55
Matan Lectures 2013
Глоссарий(кәсіпкерлік) СӨЖ

ГЛАВА 7. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ-2.
nk
+ 1
> n
k
. Допустим такого члена после-
довательности не существует. Тогда
?
n >
> n
k
(
a
n
?
a
n
k
)
. Следовательно, некоторый
a
n
0
= min(
a
1
, a
2
, . . . , a
n
k
)
явля-
ется наименьшим членом последовательности
a
n
, что противоречит усло-
вию.
Лемма 8. В любой последовательности
a
n
можно выделить монотонную подпос-
ледовательность
a
n
1
?
a
n
2
?
. . .
?
a
n
k
?
?
. . .
или
a
n
1
?
a
n
2
?
. . .
?
a
n
k
?
. . .
(
n
1
< n
2
< . . . < n
k
).
Доказательство.
Пусть
a
n
1
 наименьший член последова-
тельности
a
n
.
Если такого не существует, то по лемме
7 в
a
n
можно выбрать монотонную подпос-
ледовательность.
Если он существует, то рассмотрим пос-
ледовательность
{
a
k
}
?
k
=
n
1
.
Либо в ней нет наименьшего элемента 
тогда по лемме 7 в
{
a
k
}
?
k
=
n
1
можно выбрать
монотонную подпоследовательность. Либо
такой член существует  тогда возьмем его
в качестве
a
n
2
.
Далее, на каждом шаге выбираем в пос-
ледовательности
{
a
k
}
?
k
=
n
s
наименьший член
и берем его в качестве
a
n
s
+1
. Этот процесс
либо неограниченно продолжается, либо, в
какойто момент возникнет ситуация, опи-
санная в лемме 7.
Таким образом, в любом случае, мы по-
лучим монотонную подпоследовательность.
Теорема 23. (БольцаноВейерштрасса). Любая ограниченная последо-
вательность имеет сходящуюся подпоследовательность.
Доказательство.
Пусть последовательность
a
n
ограничена.
Докажем, что она имеет предельную точ-
ку. Построим стягивающуюся систему от-
резков
{
[
a
n
, b
n
]
}
?
n
=1
следующим образом:

Первый шаг. Последовательность
a
n
огра-
ничена, т.е.
?
m, M
, такие, что
m
6
a
n
6
M
при всех
n
?
N
. Возьмем
u
1
=
m
и
v
1
=
=
M
. Очевидно
[
u
1
, v
1
]
 кормушка после-
довательности
a
n
.


7.1. ТЕОРЕМЫ ВЕЙЕРШТРАССА
93

На каждом следующем шаге. Пусть
c
=
=
u
n
+
v
n
2
 середина отрезка
[
u
n
, v
n
]
. Рас-
смотрим отрезки
[
u
n
, c
]
и
[
c, v
n
]
. По лем-
ме 10 хотя бы один из них является кор-
мушкой последовательности
a
n
. Допустим
это отрезок
[
u
n
, c
]
, тогда выберем
u
n
+1
=
=
u
n
, v
n
+1
=
c
( в противном случае
u
n
+1
=
c, n
n
+1
=
v
n
)
Очевидно, система отрезков
{
[
u
n
, v
n
]
}
?
n
=1
бу-
дет стягивающейся (доказывается так же,
как в доказательстве теоремы 29). Тогда их
пересечение
?
T
n
=1
[
u
n
, v
n
] =
{
a
0
}
. Докажем,
что
a
0
 предельная точка последователь-
ности
a
n
. Действительно, рассмотрим про-
извольное
? >
0
. Очевидно, найдется
n
?
N
такое, что
|
v
n
?
u
n
|
< ?
, а зна-
чит
[
u
n
, v
n
]
?
U
?
(
a
0
)
. Но
[
u
n
, v
n
]
 кормушка последовательности
a
n
, следо-
вательно
U
?
(
a
0
)
 тоже кормушка (
? >
0
 произвольное!). Следовательно
a
0
 предельная точка последовательности
a
n
. Тогда по лемме 9 существует
подпоследовательность
{
a
n
k
}
?
k
=1
, предел которой равен
a
0
. Теорема дока-
зана.
Другое доказательство теоремы Больцано
Вейерштрасса вытекает из теоремы Вейер-
штрасса и леммы 7. На экзамене разреша-
ется приводить любое из них, при условии,
что учащийся умеет доказывать все вспо-
могательные утверждения.
7.1.1 Итерационная формула Ге-
рона
Теорема 24. (итерационная формула Герона) Пусть
a
 произволь-
ное положительное число. Выберем
u
0
>
0
произвольно, а члены последо-
вательности
u
n
получим из рекуррентного соотношения
u
n
+1
=
1
2
u
n
+
a
u
n
,
где
n
= 0
,
1
,
2
, . . .
Тогда
lim
n
??
u
n
=
?
a
.
Доказательство.

Последовательность
u
n
ограничена снизу
величиной
?
a
. Действительно,
u
n
+1
?
?
a
=
1
2
u
n
+
a
u
n
?
?
a
=
(
u
n
?
?
a
)
2
2
u
n
>
0
.


94
ГЛАВА 7. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ-2.

Последовательность
u
n
убывает. Действи-
тельно
u
n
?
u
n
+1
=
u
n
?
1
2
u
n
+
a
u
n
=
u
2
n
?
a
2
u
n
,
что больше 0 по предыдущему пункту.

По теореме Вейерштрасса последователь-
ность
u
n
имеет предел. Предположим, он
равен
u
и рассмотрим
lim
n
??
u
n
+1
= lim
n
??
1
2
u
n
+
a
u
n
 предел последовательности, ѕсдвинутойї на 1 член. По свойствам преде-
лов он равен
1
2
(
u
+
a
u
)
. Значит
u
удовлетворяет уравнению
u
=
1
2
(
u
+
a
u
)
.
Решая его, получим
u
=
±
?
a
. Корень
u
=
?
?
a
надо отбросить, поскольку
все члены последовательности
u
n
положительны, а значит предел
lim
n
??
u
n
не может быть отрицательным (см. утверждение 19).
В итоге получим
lim
n
??
u
n
=
?
a
, что и тре-
бовалось доказать.
Пример 24. Попробуем найти
?
2 = 1
,
414 213 562 373 095
. . .
таким способом. Возьмем
a
= 2
, и
u
0
=
= 1
 начальное приближение. Тогда
u
1
=
= 1
,
5
;
u
2
= 1
,
416 666 666 666 666
;
u
3
= 1
,
414 215 686 274 509
;
u
4
= 1
,
414 213 562 374 689
;
u
5
= 1
,
414 213 562 373 094
.
Уже на пятом шаге вычислений погреш-
ность не превосходит
10
?
15
!
7.1.2 Теорема Штольца
Будем обозначать
?
a
n
=
a
n
?
a
n
?
1
.
Если
a
0
не задано, то считаем, что
a
0
= 0
.
Теорема 25 (Теорема Штольца). Пусть
последовательность положительных чисел
x
n
монотонно возрастает и стремится к
бесконечности (т.е.
lim
n
??
x
n
= +
?
). Если
lim
n
??
?
y
n
?
x
n
=
A,
то существует предел
lim
n
??
y
n
x
n
=
=
A
.
Доказательство.
Обозначим
?
n
=
?
y
n
?
x
n
?
A
, эта последова-
тельность  б.м.п. по условию. Запишем
?
y
i
=
=
A
?
x
i
+
?
i
?
x
i
.


7.1. ТЕОРЕМЫ ВЕЙЕРШТРАССА
95
Поскольку
n
P
i
=1
?
x
i
=
x
n
и
n
P
i
=1
?
y
i
=
y
n
,
то просуммировав по
i
от 1 до
n
, получим
y
n
=
Ax
n
+
n
P
i
=1
?
i
?
x
i
. Обозначим
q
n
=
y
n
x
n
?
?
A
=
n
P
i
=1
?
i
?
x
i
x
n
и покажем, что эта после-
довательность  б.м.п.
Зафиксируем произвольное
? >
0
и вы-
берем
n
?
, так, чтобы неравенство
|
?
i
|
<
?
2
было выполнено при всех
i > n
?
. Разобьем
сумму на две
n
P
i
=1
?
i
?
x
i
x
n
=
n
?
P
i
=1
?
i
?
x
i
x
n
+
n
P
i
=
n
?
+1
?
i
?
x
i
x
n
=
=
S
1
+
S
2
. Поскольку
x
n
?
+
?
, то, выбрав
достаточно большое
n > N
?
, получим
|
S
1
|
=
n
?
P
i
=1
?
i
?
x
i
x
n
<
?
2
.
C другой стороны
|
S
2
|
6
n
P
i
=
n
?
+1
|
?
i

?
x
i
x
n
6
6
?
2
·
n
P
i
=
n?
+1
?
x
i
x
n
=
?
2
·
x
n
?
x
n?
x
n
6
?
2
(тут мы
используем то, что
|
?
x
i
|
= ?
x
i
, поскольку
последовательность возрастает).
Следовательно,
|
q
n
|
< ?
при
n >
max(
n
?
, N
?
)
.
Из произвольности
?
вытекает, что
q
n
б.м.п.
Замечание. Не обязательно требовать, что-
бы все
x
n
были положительны. Действи-
тельно, если последовательность стремит-
ся к бесконечности, то ее члены будут по-
ложительны, начиная с некоторого номе-
ра. Так что можно взять эту подпоследо-
вательность и применить к ней теорему Штольца.
Пример 25. Предположим мы хотим най-
ти площадь криволинейного треугольни-
ка, образованного параболой
y
=
x
2
и пря-
мыми
x
= 1
и
y
= 0
. Разобьем его на
n
вертикальных полосок и заметим, что
n
P
i
=1
i
?
1
n
2
·
1
n
<
< S <
n
P
i
=1
i
?
1
n
2
·
1
n
. Устремим теперь
n
? ?
и найдем предел
lim
n
??
n
P
i
=1
i
?
1
n
2
·
1
n
по теореме Штольца. Возь-


96
ГЛАВА 7. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ-2.
мем
y
n
=
n
P
i
=1
i
2
,
x
n
=
n
3
, тогда
lim
n
??
y
n
x
n
= lim
n
??
?
y
n
?
x
n
= lim
n
??
n
2
n
3
?
(
n
?
1)
3
=
1
3
.
Несложно показать, что
lim
n
??
n
P
i
=1
i
?
1
n
2
·
1
n
тоже равен
1
3
, следовательно,
S
=
1
3
.
7.2 Фундаментальные пос-
ледовательности. Критерий
Коши.*
Определение 70. Последовательность
a
n
называется фундаментальной, если для лю-
бого
? >
0
существует некоторое число
c
=
=
c
e
, такое, что
U
?
(
c
)
является ловушкой
a
n
. Другими словами, фундаментальной на-
зывается последовательность, имеющая ло-
вушки сколь угодно малого размера.
Более известным является другое опре-
деление фундаментальной последователь-
ности. Его как раз обычно и помещают в
учебники
Определение 71. Последовательность
a
n
называется фундаментальной, если для
любого
? >
0
существует некоторое
N
?
?
N
, такое, что
|
a
n
0
?
a
n
00
|
< ?
при любых
n
0
, n
00
> N
.
Утверждение 32. Определения 70 и 71
эквивалентны.
Доказательство.
Пусть
a
n
является фундаментальной в смыс-
ле определения 70. Тогда найдется
U
?/
2
(
c
) =
= (
c
?
?
2
;
c
+
?
2
)
 ее ловушка. Это означа-
ет, что начиная с некоторого номера
N
все
члены последовательности попадают в ин-
тервал
(
c
?
?
2
;
c
+
?
2
)
, а значит их разность меньше
?
. Следовательно
a
n
является фундаментальной в смысле определения 71.
Пусть
a
n
является фундаментальной в
смысле определения 71. Тогда найдется
N
?
?
N
, такое, что
?
n
0
, n
00
> N
(
|
a
n
0
?
a
n
00
|
< ?
.
Тогда
U
?
(
a
N
+1
)
 ловушка,


7.3. ЧИСЛО ЭЙЛЕРА
97
7.2.1 Критерий Коши для по-
следовательностей
Теорема 26 (Критерий Коши). Последо-
вательность
a
n
имеет предел тогда и толь-
ко тогда, когда она фундаментальна.
Доказательство.
В одну сторону доказательство тривиаль-
но. Действительно, пусть существует
A
=
= lim
n
??
a
n
. Тогда для любого
? >
0
окрест-
ность
U
?
(
A
)
является ловушкой
a
n
.
В обратную сторону, пусть
a
n
 фундамен-
тальная. Тогда она ограничена, следовательно имеет некоторую предель-
ную точку
A
. Найдется
N
?
N
такое, что
?
n
0
, n
00
> N
(
|
a
n
0
?
a
n
00
|
<
?
2
)
. Вы-
берем
n
0
> N
такое, что
a
n
0
?
U
?/
2
(
A
)
(это можно сделать т.к.
U
?/
2
(
A
)
кормушка). Тогда при всех
n > n
0
выполнено
|
A
?
a
n
| ? |
A
?
a
n
0
|
+
|
a
n
0
?
a
n
|
<
?
2
+
?
2
=
?,
а значит
a
n
?
U
?
(
A
)
. Но это как раз и озна-
чает,
A
= lim
n
??
a
n
.
Заметим, что понятие фундаментально-
сти можно вводить не только для числовых
последовательностей, но для любых после-
довательностей объектов, для которых мож-
но ввести понятие расстояния. Так, напри-
мер, можно ввести определение фундамен-
тальной последовательности точек на плоскости или в пространстве (поду-
майте, как?).
Способность любой фундаментальной пос-
ледовательности иметь предел является весь-
ма важным свойством множества действи-
тельных чисел. Действительно, для множе-
ства рациональных чисел это уже невер-
но  можно подобрать фундаментальную пос-
ледовательность в
Q
, не имеющую предела в
Q
. Множества, для которых
такое свойство имеет место, называют полными. Таким образом
R
полно,
а
Q
 нет.
7.3
Число Эйлера
Рассмотрим следующую задачу: пусть неко-
торый банк выплачивает 100% годовых. Оче-
видно, что некто, положив 100 руб. через


98

Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   27   28   29   30   31   32   33   34   ...   55




©engime.org 2022
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет