Лекции и упражнения



Pdf көрінісі
бет32/55
Дата31.12.2021
өлшемі1,95 Mb.
#107263
түріЛекции
1   ...   28   29   30   31   32   33   34   35   ...   55
Matan Lectures 2013
Глоссарий(кәсіпкерлік) СӨЖ

ГЛАВА 7. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ-2.
год будет иметь 200руб. на счету. Но это
при условии, что проценты выплачивают-
ся один раз в год. Если же каждые полго-
да выплачивается по 50% от текущей суммы, то к концу года некто будет
иметь 100+50+75=225 руб. Если проценты выплачивать каждый квартал 
то сумма будет
100
·
(1+0
,
25)
4
= 244
.
14
, если проценты выплачиваются каж-
дый день (так делается, например, на некоторых межбанковских биржах)
то сумма будет
100
·
(1 +
1
365
)
365
= 271
.
46
. Возникает вопрос, к чему будет
стремиться эта сумма, если устремить число отрезков к бесконечности.
Теорема 27. Рассмотрим последователь-
ности
a
n
= 1 +
1
n
n
b
n
= 1 +
1
n
n
+1
. Си-
стема отрезков
[
a
n
, b
n
]
является вложен-
ной.
Доказательство.
Очевидно,
a
n
< b
n
. Докажем, что
a
1
?
a
2
?
?
. . .
?
a
n
?
. . .
. Рассмотрим отношение
соседних членов этой последовательности:
a
n
+1
a
n
=
1 +
1
n
+1
n
+1
1 +
1
n
n
=
n
+ 2
n
+ 1
n
+1
·
n
n
+ 1
n
=
=
n
+ 2
n
+ 1
·
n
(
n
+ 2)
(
n
+ 1)
2
n
=
1 +
1
n
+ 1
·
n
2
+ 2
n
n
2
+ 2
n
+ 1
n
.
Применив неравенство Бернулли, полу-
чим
a
n
+1
a
n
=
1 +
1
n
+ 1
·
1
?
1
n
2
+ 2
n
+ 1
n
>
>
1 +
1
n
+ 1
·
1
?
n
n
2
+ 2
n
+ 1
=
n
3
+ 3
n
2
+ 3
n
+ 2
(
n
+ 1)
3
>
1
.
Следовательно,
a
n
+1
> a
n
, при всех
n
?
1
а значит последовательность
a
n
является возрастающей.
Аналогично доказывается, что последо-
вательность
b
n
является убывающей. Дей-
ствительно,
b
n
?
1
b
n
=
1 +
1
n
?
1
n
1 +
1
n
n
+1
=
n
n
+ 1
·
(1 +
1
n
2
?
1
n
>
>
n
n
+ 1
·
1 +
n
n
2
?
1
=
n
3
+
n
2
?
n
n
3
+
n
2
?
n
?
1
>
1
.
Следовательно
b
n
< b
n
?
1
.


7.4. ПОДПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ.*
99
Теорема 28. Рассмотрим последователь-
ности
a
n
=
1 +
1
n
n
и
b
n
=
1 +
1
n
n
+1
.
Система отрезков
[
a
n
, b
n
]
является стя-
гивающейся.
Доказательство.
По теореме 27 последовательность
{
[
a
n
, b
n
]
}
?
n
=1
является вложенной. Из этого вытекает, что
все
a
n
и
b
n
не превосходят
b
1
= (1 + 1)
2
=
= 4
. Тогда длина
n
-го отрезка
|
a
n
?
b
n
|
=
= 1 +
1
n
n
+1
?
1 +
1
n
n
=
1
n
·
1 +
1
n
n
?
4
n
.
Пусть
? >
0
, рассмотрим
N
=
4
?
+ 1
, тогда
?
n > N
(
|
a
n
?
b
n
| ?
4
N
< ?
)
,
следовательно система
{
[
a
n
, b
n
]
}
?
n
=1
является стягивающейся.
Следствие 13. Последовательность
E
n
=
= 1 +
1
n
n
сходится. Ее предел обознача-
ется
e
и называется числом Эйлера.
7.4 Подпоследовательности.
Предел и частичный предел
последовательности.*
Определение 72. Пусть задана последо-
вательность
a
n
. Тогда подпоследователь-
ностью называют бесконечное подмноже-
ство
{
a
n
k
}
?
k
=1
?
a
n
. Будем считать, что ин-
дексы
n
k
упорядочены:
n
1
< n
2
< . . . <
< n
k
< . . .
. Тогда
a
n
k
называют
k
м членом
подпоследовательности.
Определение 73. Точка
a
0
называется пре-
дельной точкой (частичным пределом) пос-
ледовательности
a
n
если любая окрестность
U
(
a
0
)
является кормушкой последователь-
ности
a
n
.
Определение 74. Точка
a
0
называется пре-
делом последовательности
a
n
если любая
окрестность
U
(
a
0
)
является ловушкой пос-
ледовательности
a
n
. В этом случае после-
довательность называется сходящей, а пре-
дел последовательности обозначается так:
a
0
= lim
n
??
a
n
.


100
ГЛАВА 7. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ-2.
Утверждение 33. Пусть
a
0
= lim
n
??
a
n
и
a
00
= lim
n
??
a
n
. Тогда
a
0
=
a
00
. Другими сло-
вами у последовательности не может быть
два разных предела.
Лемма 9. Множество
A
является кор-
мушкой последовательности
a
n
тогда и толь-
ко тогда, когда
A
является ловушкой неко-
торой подпоследовательности
{
a
n
k
}
?
k
=1
.
Доказательство.
Пусть
A
 кормушка последовательности
a
n
.
Тогда найдется член
a
n
1
?
A
. По опреде-
лению кормушки
?
n
2
> n
1
:
a
n
2
?
A
, за-
тем
?
n
3
> n
2
:
a
n
3
?
A
, и.т.д. В итоге,
получим последовательность номеров
n
1
<
< n
2
< . . . < n
k
< . . .
, таких, что
a
n
k
?
A
. Но это означает что
A
есть
ловушка подпоследовательности
{
a
n
k
}
.
В другую сторону, пусть
A
 ловушка подпоследовательности
{
a
n
k
}
. Это
означает, что
?
k > K
(
a
n
k
?
A
)
. Но поскольку
n
1
< n
2
< . . . < n
k
< . . .
то, очевидно,
n
k
>
k
. Пусть задано произвольное
N
?
N
. Рассмотрим
k
0
= max(
N
+ 1
, K
+ 1)
. Тогда
k
0
> K
и, следовательно,
a
n
k
0
?
A
, а с
другой стороны
k
0
> N
. Поскольку
N
?
N
произвольно, то это означает,
что
A
 кормушка последовательности
a
n
.
Лемма 10. Пусть
A
=
A
0
?
A
00
кормушка
последовательности
a
n
. Тогда хотя бы од-
но из множеств
A
0
и
A
00
тоже является
кормушкой этой последовательности.
Доказательство.
Предположим обратное. Пусть ни
A
0
ни
A
00
не являются кормушками последовательно-
сти
a
n
. Тогда найдутся номера
N
0
и
N
00
, та-
кие, что
?
n > N
0
(
a
n
/
?
A
0
)
и
?
n > N
00
(
a
n
/
?
/
?
A
00
)
. Но тогда
a
n
/
?
A
0
?
A
00
=
A
)
при всех
n >
max(
N
0
, N
00
)
, что противоречит определению кормушки.
7.5 Открытые и замкнутые
множества.*
Напомним определение открытого множе-
ства.
1
Необязательный материал


7.5. ОТКРЫТЫЕ И ЗАМКНУТЫЕ МНОЖЕСТВА.*
101
Определение 75. Множество называют от-
крытым, если любая точка входит в него
вместе с некоторой окрестностью, т.е.
?
a
?
?
A
?
U
(
a
)
?
A
.
Замечание. В данном определении сло-
во окрестность можно заменить на
?
-окрестность.
Определение 76. Множество называют за-
мкнутым, если его дополнение открыто.
Пример 26. Множество (0,1)  откры-
тое, а [0,1]  замкнутое (подумайте, по-
чему?).
Определение 77. Граничной точкой мно-
жества называется точка, в каждой окрест-
ности которой содержатся как точки, при-
надлежащие множеству, так и точки, ему
не принадлежащие, т.е.
?
U
(
a
)
U
(
a
)
?
A
6
=
?
;
U
(
a
)
?
A
6
=
?
.
Пример 27. Множества (0,1) и [0,1] име-
ют граничные точки 0 и 1.
Определение 78. Множество всех гранич-
ных точек некоторого множества называют
его границей и обозначают
?A
.
Определение 79. Точка
a
называется пре-
дельной точкой множества
A
, если в каж-
дой ее проколотой окрестности содержатся
точки, принадлежащие множеству
A
, т.е.
?
?
U
(
a
)
?
U
(
a
)
?
A
6
=
?
. Множество всех
предельных точек множества
A
обознача-
ется
P
(
A
)
.
Теорема 29. Каждое бесконечное ограни-
ченное множество имеет хотя бы одну
предельную точку.
Доказательство.
Построим стягивающуюся систему отрез-
ков
{
[
a
n
, b
n
]
}
?
n
=1
следующим образом:

Множество
A
ограничено, следовательно ле-
жит на некотором отрезке
m
?
A
?
M
.
Возьмем
a
1
=
m
и
b
1
=
M
.


102
ГЛАВА 7. ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ-2.

Пусть
c
=
a
1
+
b
1
2
 середина отрезка
[
a
1
, b
1
]
.
Рассмотрим отрезки
[
a
1
, c
]
и
[
c, b
1
]
. Хотя бы
на одном из них лежит бесконечное число
точек множества
A
(иначе оно было бы ко-
нечным). Допустим это отрезок
[
a
1
, c
]
тогда
выберем
a
2
=
a
1
, b
2
=
c
( в противном слу-
чае
a
2
=
c, b
2
=
b
1
)

На каждом следующем шаге. Пусть
c
=
=
a
n
+
b
n
2
 середина отрезка
[
a
n
, b
n
]
. Рассмот-
рим отрезки
[
a
n
, c
]
и
[
c, b
n
]
. Хотя бы на од-
ном из них лежит бесконечное число точек
множества
A
. Допустим это отрезок
[
a
n
, c
]
тогда выберем
a
n
+1
=
a
n
,
b
n
+1
=
c
( в про-
тивном случае выберем
a
n
+1
=
c
,
b
n
+1
=
b
n
)
Очевидно, система отрезков
{
[
a
n
, b
n
]
}
?
n
=1
бу-
дет вложенной. Докажем, что она стягива-
ющаяся. Действительно, длина
n
?
го отрез-
ка равна
M
?
m
2
n
?
1
. По неравенству Бернулли
2
n
?
1
>
1 + (
n
?
1)
·
1 =
n
, следовательно
M
?
m
2
n
?
1
<
1
n
. Выбрав
n
= [
M
?
m
?
]+1
, где квад-
ратные скобки означают целую часть числа, получим
|
b
n
?
a
n
|
=
M
?
m
2
n
?
1
<
<
M
?
m
n
< ?
, откуда и вытекает, что система
{
[
a
n
, b
n
]
}
?
n
=1
 стягивающаяся.
По теореме 21 существует единственная точка пересечения
c
. Докажем, что
она является предельно точкой множества
A
. Действительно, выберем про-
извольное
? >
0
и рассмотрим проколотую
?
окрестность
?
U
?
(
c
)
. Очевидно,
найдется
n
?
N
такое, что
|
b
n
?
a
n
|
<
?
2
, а значит
[
a
n
, b
n
]
?
?
U
?
(
c
)
. То-
гда в
[
a
n
, b
n
]
содержится бесконечное число точек множества
A
, а значит в
?
U
?
(
c
)
 тоже. Это верно для любого
? >
0
, а значит
c
 предельная точка
множества
A
. Теорема доказана.
Упражнения
Упражнение 202. Может ли ограничен-
ная последовательность не иметь ни наи-
большего, ни наименьшего члена? (Наиболь-
ший (наименьший) член  тот, который яв-
ляется верхней (нижней) гранью.)
Упражнение 203. a) Доказать, что для
любой ограниченной последовательности су-
ществует отрезок длины
1
, который явля-
ется еј кормушкой. b) Доказать, что для


7.5. ОТКРЫТЫЕ И ЗАМКНУТЫЕ МНОЖЕСТВА.*
103
всякой ограниченной монотонной последо-
вательности существует отрезок длины
1
,
являющийся еј ловушкой.
Упражнение 204. Доказать, что у любой
бесконечной последовательности есть мо-
нотонная (невозрастающая или неубываю-
щая) бесконечная подпоследовательность.
Упражнение 205. Доказать, что у всякой
последовательности длины
n
2
+1
существу-
ет монотонная подпоследовательность дли-
ны
n
+ 1
, но у последовательности длины
n
2
может не быть монотонной подпоследо-
вательности длины
n
+ 1
.
Упражнение 206. Существует ли такая
последовательность целых чисел, что лю-
бая другая последовательность целых чи-
сел является еј подпоследовательностью?
Упражнение 207. Существует ли такая
последовательность целых чисел, что лю-
бое целое положительное число представи-
мо в виде разности двух членов этой после-
довательности, причјм единственным спо-
собом?
Упражнение 208. Последовательность
x
0
, x
1
, . . .
такова, что
|
x
n
+1
?
x
n
|
6
1
/
2
n
при всех
n
.
Может ли эта последовательность не быть
ограниченной? Тот же вопрос, если
|
x
n
+1
?
?
x
n
|
6
1
/n
.
Упражнение 209. Пусть
lim
n
??
a
n
= +
?
.
Доказать, что в последовательности
{
a
n
}
n
?
N
существует наименьший член.
Упражнение 210. Доказать, что после-
довательность
a
n
имеет предел и найти его,
a)
a
n
=
r
2 +
q
2 +
p
2 +
. . .
+
?
2
(корень
извлекается
n
раз); b)
a
n
=
r
3 +
q
3 +
p
3 +
. . .
+
?
3
.
Упражнение 211. Доказать, что на чис-
ловой прямой полными являются те и толь-
ко те множества, которые замкнуты.


104

Достарыңызбен бөлісу:
1   ...   28   29   30   31   32   33   34   35   ...   55




©engime.org 2022
әкімшілігінің қараңыз

    Басты бет