Автор: Мария Корень

Фундаментальные последовательности

Фундаментальные последовательности

Последовательность $latex \{x_n\}$ называется фундаментальной, если она удовлетворяет условию Коши:
$latex \forall \varepsilon > 0\ \exists N_\varepsilon :\forall n\geq N_\varepsilon\ \forall p\geq N_\varepsilon\ |x_{n+p}-x_n|\leq \varepsilon\ |x_{n+p}-x_n|\rightarrow 0$
Определение сходимости последовательности и фундаментальности эквивалентны.

Примеры:
Фундаментальными последовательностями являются:

  • $latex \{x_n\}=\frac{\sin\alpha}{2} + \frac{\sin2\alpha}{2^2} + … + \frac{\sin n\alpha}{2^n} $ (можно доказать, используя критерий Коши)
    Спойлер

    $latex |x_{n+p}-x_n|=|\frac{\sin\alpha}{2} + \frac{\sin2\alpha}{2^2} + … + \frac{\sin n\alpha}{2^n}+…+$ $latex +\frac{\sin(n+p)\alpha}{2^{n+p}} — (\frac{\sin\alpha}{2} + \frac{\sin2\alpha}{2^2} + … + \frac{\sin n\alpha}{2^n})|= $$latex |\frac{\sin(n+1)\alpha}{2^{n+1}} + \frac{\sin(n+2)\alpha}{2^{n+2}} + … + \frac{\sin(n+p)\alpha}{2^{n+p}}|\le$ $latex \le |\frac{\sin(n+1)\alpha}{2^{n+1}}| + |\frac{\sin(n+2)\alpha}{2^{n+2}}| + … + |\frac{\sin(n+p)\alpha}{2^{n+p}}|\le$$latex \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2^{n+2}} + … + \frac{1}{2^{n+p}} = $$latex \frac{\frac{1}{2^{n+1}}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{2}{2^{n+1}}=\frac{1}{2^n}<\varepsilon \Rightarrow 2^n > \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow n > \log_2\frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow n_0=\log_2(\frac{1}{\varepsilon}) + 1$ — таким образом, получили необходимый номер элемента последовательности для каждого $latex \varepsilon$, а значит, последовательность является фундаментальной.

    [свернуть]
  • $latex \{x_n\}=\{1 , \frac{1}{2} , \frac{1}{3} , … , \frac{1}{n}\}$
    Спойлер

    Примем $latex \frac{1}{N_\varepsilon}<\varepsilon$, тогда: $latex |x_{n+p}-x_n|=|\frac{1}{n+p}-\frac{1}{n}|=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}<\frac{1}{N_\varepsilon}<\varepsilon$ — таким образом, получили необходимый номер элемента последовательности для каждого $latex \varepsilon$, а значит, последовательность является фундаментальной. 

    [свернуть]
  • $latex \{x_n\}=\frac{3n}{n+1}$
    Спойлер

    $latex |x_{n+p}-x_n|=|\frac{3(n+p)}{n+p+1}-\frac{3n}{n+1}|=|\frac{3n^2+3mn+3n+3m-3n^2-3mn-3n}{(n+p+1)(n+1)}|=$ $latex =|\frac{3m}{(n+p+1)(n+1)}|<\frac{3}{n+1}<\frac{3}{n}$ — таким образом, приняв искомое $latex N_\varepsilon > \frac{3}{\varepsilon}$, получим необходимый номер элемента последовательности для каждого $latex \varepsilon$, а значит, последовательность является фундаментальной.

    [свернуть]

Литература: 

Критерий Коши сходимости последовательности

Критерий Коши сходимости последовательности

Для того, чтобы последовательность имела конечный предел, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.

Доказательство

Необходимость:

Пусть последовательность имеет конечный предел. Докажем, что она является фундаментальной.
Пусть $latex \exists \lim\limits_{n\to\infty}{x_n}=a$ по определению предела последовательности: $latex \forall \varepsilon >0 \ \exists N_\varepsilon :\forall p\geq N_\varepsilon\ |x_p-a|< \varepsilon $

Поскольку $latex \varepsilon $ произвольное, то мы можем взять вместо него, к примеру, $latex \frac{\varepsilon }{2}$:
$latex p=n > N_\varepsilon\ \Bigl|x_n-a\Bigl|<\frac{\varepsilon }{2} $
$latex p=m > N_\varepsilon\ \Bigl|x_m-a\Bigl|<\frac{\varepsilon }{2} $
$latex \Bigl|x_n-x_m\Bigl|=\Bigl|(x_n-a)+(a-x_m)\Bigl|\leq\underset{\underset{\frac{\varepsilon}{2}}{\leq}}{{\underbrace{\Bigl|x_n-a\Bigl|}}} + \underset{\underset{\frac{\varepsilon}{2}}{\leq}}{{\underbrace{\Bigl|x_m-a\Bigl|}}}< \varepsilon $
То есть: $latex \Bigl|x_n-x_m\Bigl| < \varepsilon $, а значит, $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ —   фундаментальная по определению.
Необходимость доказана.

Достаточность:

Пусть $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ — фундаментальная последовательность. Докажем, что она имеет конечный предел. Сначала покажем, что $latex \{{x_n\}}^{\infty}_{n=1}$ — ограничена.
Поскольку $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ — фундаментальная последовательность, то по определению фундаментальной последовательности:
$latex \forall\varepsilon > 0 \ \exists N_\varepsilon :\forall\ n > N_\varepsilon $ и $latex \forall\ m >N_\varepsilon $ $latex |x_n-x_m| < \varepsilon$

Так как $latex \varepsilon $ произвольное, то возьмем $latex \varepsilon=1 : $

$latex \Bigl|x_n\Bigl|=\Bigl|(x_n-x_{N\epsilon})+x_{N\epsilon}\Bigl| \leq\underset{\underset{1}{\leq}}{{\underbrace{\Bigl|x_n-x_{N\epsilon}\Bigl|}}}+\Bigl|x_{N\epsilon}\Bigl|\leq 1+ \Bigl|x_{N\epsilon}\Bigl| $
$latex \forall n \geq N_\varepsilon: |x_n|<(1+|x_{N\epsilon}|)=const=C $ $latex \Bigl|x_n\Bigl|\leq C $
$latex C=\max\{1+\Bigl|x_{N\epsilon}\Bigl|;\Bigl|x_1\Bigl|,\Bigl|x_2\Bigl|,…,\Bigl|x_{N\varepsilon-1}\Bigl|\} \Rightarrow $
$latex \Rightarrow \forall n \epsilon \mathbb{N} : \Bigl|x_n\Bigl|\leq C \Rightarrow $
$latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty} $ — ограничена.

По теореме Больцано-Вейерштрасса последовательность $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ имеет сходящуюся подпоследовательность $latex \{{x_{n_k}\}}^{\infty}_{k=1}$

Пусть $latex \lim\limits_{k\rightarrow\infty}{x_{n_k}}=a$, покажем, что число $a$ и будет пределом всей последовательности $latex \{{x_n\}}^{\infty}_{n=1}$:
Поскольку $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ фундаментальная:
$latex \forall \varepsilon>0\ \exists n_\varepsilon : \forall n,m > n_\varepsilon $ $latex |x_n-x_m| <\frac{\varepsilon}{2} $

Так как $latex \{x_{n_k}\}_{k=1}^{\infty}$ сходящаяся:
$latex \lim\limits_{k\rightarrow\infty}{x_{n_k}}=a : \forall \varepsilon>0\ \exists k_\varepsilon :\forall n_k \geq n_{k_\varepsilon} $
$latex |x_{n_k}-a|<\frac{\varepsilon}{2} $
$latex \forall \varepsilon>0 : |x_n-a|=|(x_n-x_{n_k})+(x_{n_k}-a)|\leq |x_n-x_{n_k}|+|x_{n_k}-a|<\varepsilon$
Возьмём $latex N_\varepsilon = \max\{n_\varepsilon, n_{k_\varepsilon}\} $, тогда:$latex \forall \varepsilon >0\ \exists\ N_\varepsilon : \forall n\geq N_\varepsilon : |x_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $

Достаточность доказана.

Пример 1

Докажем, что последовательность $latex x_N=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{N} $ не является фундаментальной.

Спойлер

Покажем, что $latex x_N $ расходящаяся :
Рассмотрим последовательность $latex x_{2N}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{N}+\frac{1}{N+1}+…+\frac{1}{2N} $
Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что наша последовательность фундаментальная, тогда по определению фундаментальной последовательности:
$latex \forall \varepsilon >0\ \exists N_\varepsilon :\forall n\geq N_\varepsilon\ m\geq N_\varepsilon\ |x_n-x_m|<\varepsilon\ |x_n-x_m|\rightarrow 0 $ поскольку n и m любые, то возьмём $latex n=N\ m=2N\
\Bigl|x_m-x_n\Bigl|=\Bigl|x_{2N}-x_N\Bigl|=\Bigl|\frac{1}{N+1}+…+\frac{1}{2N}\Bigl|$
таких слагаемых будет N штук, из всех слагаемых $latex \frac{1}{2N} $ — наименьшее.
Можно сказать, что сумма будет больше, чем сумма N наименьших слагаемых, то есть:
$latex |\frac{1}{N+1}+…+\frac{1}{2N}|\geq \frac{1}{2N}*N=\frac{1}{2}$, а значит последовательность не является фундаментальной.
Мы пришли к противоречию.

[свернуть]

Пример 2

Доказать, что последовательность, заданная общим членом $latex x_n=\frac{3n}{n+1}$ фундаментальная.

Спойлер

Доказательство проводится методом подведения под определение. Покажем, что наша последовательность удовлетворяет условию Коши.
Найдём модуль разности между $latex x_n $ и $latex x_{n+m} $
$latex |x_{n+m}-x_n|=\Bigl|\frac{3(n+m)}{n+m+1}-\frac{3n}{n+1}\Bigl|$ $latex =\Bigl|\frac{3n^2+3mn+3n+3m-3n^2-3mn-3n)}{(n+m+1)(n+1)}\Bigl| $
$latex =\Bigl| \frac{3m}{(n+m+1)*(n+1)} \Bigl| $ $latex < \frac{3}{n+1} < \frac{3}{n} $
Если для любого $latex \varepsilon>0$ положить $latex N > \frac{3}{\varepsilon}$, то $latex \forall n > N $ и $latex \forall m\in\mathbb{N}\Rightarrow $ $latex \Bigl|x_{n+m}-x_n\Bigl| < \varepsilon $
Итак, взятая последовательность удовлетворяет критерию Коши, поэтому она сходится (имеет предел).
Причём $latex \lim\limits_{n\to\infty}{x_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\ \frac{3}{1+\frac{1}{n}}=3$

[свернуть]

Список литературы:

Тест на тему: Критерий Коши сходимости последовательности

Тест на проверку знаний по данной теме

Теорема Больцано-Вейерштрасса

Теорема Больцано-Вейерштрасса

Из любой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность .

Доказательство:

$latex \square $
Предположим, что $latex \{x_n\}$- ограниченна, тогда все члены последовательности принадлежат некоторому отрезку $latex [a;b] $.
Разделим $latex [a;b] $ пополам. Мы получим два отрезка. Хотя бы один из них содержит бесконечное число членов последовательности. Выберем этот отрезок. Если оба обладают этим свойством, то выберем первый. Выбранный отрезок, который содержит бесконечное число членов данной последовательности, обозначим $latex \Delta _1=[a_1;b_1]$ и его длина равна $latex b_1-a_1=\frac{b-a}{2}$. Разделим отрезок $latex \Delta _1$ пополам, выберем из двух получившихся отрезков $latex \Delta _2=[a_2;b_2]$ длина которого $latex b_2-a_2=\frac{b-a}{2^2}$
Продолжая эти рассуждения, мы получим последовательность отрезков $latex \{\Delta _n=[a_n;b_n]\}$ таких, что:

  1. $latex \Delta_1\supset\Delta_2\supset… \Delta_n\supset\Delta_{n+1}\supset… $
  2. $latex \lim_{k\to\infty}\frac{b-a}{2^k}=0 $

Следовательно, по определению, наша последовательность $latex \{\Delta_n\} $ стягивающаяся Тогда, по теореме Кантора, существует единственная точка С, принадлежащая всем отрезкам, то есть:
$latex \exists c:\forall k\in\mathbb{N}\ \ c\in\Delta_k $ (1)
Покажем, что $latex \exists \{x_{n_{k}}\}\rightarrow c $
Так как отрезок $latex \Delta_1$ содержит бесконечное число членов последовательности $latex \{x_n\}$, то $latex \exists n_1\in\mathbb{N}:x_{n_{1}}\in\Delta_1$.
Отрезок $latex \Delta_2$ также содержит бесконечное число членов данной последовательности, и поэтому:
$latex \exists n_2>n_1:x_{n_{2}}\in\Delta_2$
Вообще, $latex \forall k\in\mathbb{N}\ \exists n_k: x_{n_{k}}\in\Delta_k$, где $latex n_1<n_2<…<n_{k-1}<n_k$
Следовательно, существует подпоследовательность $latex \{x_{n_{k}}\}$ последовательности $latex \{x_n\}$
такая, что $latex \forall k\in\mathbb{N}\ a_k\leq x_{n_{k}}\leq b_k$ (2)
Условия (1) и (2) означают, что точка С и $latex \{x_{n_{k}}\}$ принадлежат отрезку $latex \Delta_k=[a_k;b_k]$, и поэтому расстояние между ними не превосходит длины отрезка $latex \Delta_k$ то есть:
$latex \underset{\underset{0}{\downarrow}}{{\underbrace{0}}}\leq \Bigl|C-x_{n_k}\Bigl|\leq b_k-a_k=\underset{\underset{0}{\downarrow}}{{\underbrace{\frac{b-a}{2^k}}}}$ при $latex k\to\infty $ По теореме о трех последовательностях
$latex \lim_{k\to\infty}|C-{x_{n_{k}}}|=0 \Rightarrow \lim_{k\to\infty}{x_{n_{k}}}=c $
Теорема доказана $latex \blacksquare $

Замечание

Теорему Больцано-Вейерштрасса можно сформулировать еще и так:
любая ограниченная последовательность имеет хотя бы один частичный предел.

Интересно знать:

  • Метод, примененный в доказательстве данной теоремы ,который  состоит в последовательном делении пополам рассматриваемых промежутков, называется методом Больцано, он часто используется при доказательстве других теорем.
  • Теорему о трех последовательностях называют также теорема о двух милиционерах. Название теоремы происходит из того факта, что если два милиционера держат между собой преступника и при этом идут в камеру, то заключённый также вынужден туда идти. В разных странах её называют по-разному: теорема сжатия, теорема о сэндвиче (или правило сэндвича), теорема о трёх струнах, теорема о двух жандармах, теорема о двух городовых и пр.

Пример

Показать, что всякая неограниченная сверху последовательность имеет частичный предел, равный $latex +\infty$

Спойлер

Покажем, что если последовательность $latex \{x_n\}$ не ограничена сверху, то из неё можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к $latex +\infty$.
Сначала выберем число $latex \{x_{n_{1}}\}$, такое, что $latex \{x_{n_{1}}\}>1$.
Затем, пользуясь неограниченностью сверху, находим такой номер $latex n_2>n_1$, что для $latex \{x_{n_{2}}\}$ выполняется неравенство $latex \{x_{n_{2}}\}>2$   и так далее.
В результате получим $latex \lim_{k\to\infty}{x_{n_{k}}}=+\infty$
Аналогично доказывается тот факт, что всякая неограниченная снизу последовательность имеет частичный предел, равный $latex -\infty$

[свернуть]

Литература:

Тест

Тест на проверку знаний по теме: «Теорема Больцано-Вейерштрасса»

Стягивающаяся последовательность

Стягивающаяся последовательность

Назовем последовательность отрезков $latex \Delta_1, \Delta_2, …\Delta_n $ ,где $latex \Delta_n=[a_n,b_n] $  стягивающейся, если выполнены следующие условия:

    • Каждый последующий отрезок принадлежит предыдущему, то есть:
      $latex \forall n\in \mathbb{N}:\Delta_{n+1}\subset\Delta_n$ Это означает,что: $latex a_1\leq a_2\leq …\leq a_n\leq a_{n+1}\leq…\leq b_{n+1}\leq b_n\leq … \leq b_2\leq b_1$
  • Длина отрезка $latex \Delta_n$ стремится к нулю при $latex n\to\infty$ то есть: $latex lim_{n\to\infty} (b_n-a_n)=0 $

Литература:

Теорема Коши-Кантора о вложенных отрезках



Формулировка

Пусть дана система вложенных сегментов $latex \left \{ I_{n} \right \}_{n=1}^{\infty}:$$latex (I_{1}\supset I_{2}\supset… ), $$latex \ I_{n}=\left [ a_{n},b_{n} \right ], n=1, 2… $ , тогда $latex \exists \ c \in \mathbb{R} : \forall \ n \in \mathbb{N}, c\in I_{n} $, то есть $latex c\in \bigcap_{n=1}^{\infty}I_{n} $. Причём, если $latex \forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_{0}\in \mathbb{N} \ \forall n > n_{0} :(b_{n}-a_{n}) < \varepsilon $, то такая точка одна.


Стягивающаяся последовательность

Доказательство

Существование:

Рассмотрим множества верхних и нижних граней отрезков (сегментов) $latex \left \{ I_{n} \right \}_{n=1}^{\infty}:$ $latex A=\left \{ a_{n} \right \}_{n=1}^{\infty},B=\left \{ b_{n} \right \}_{n=1}^{\infty} $. Возьмём два числа $latex n,m\in \mathbb{N} $:

  1. $latex n=m\Rightarrow a_{n}<b_{m} $ (по определению сегмента);
  2. $latex n
  3. $latex n>m \Rightarrow a_{n}\leq b_{n}\leq …\leq b_{m+1}\leq b_{m} $

Таким образом $latex \forall a_{n}\in A,b_{m}\in B:a_{n}\leq b_{m} $. Тогда по аксиоме непрерывности: $latex \exists \ c, \forall \ n,m\in \mathbb{N}:a_{n}\leq c\leq b_{m}\Rightarrow \forall n\in \mathbb{N} \ c\in I_{n} $.

Единственность:

Предположим противное,пусть существуют две различные точки $latex {c},{c}’ $, принадлежащие всем отрезкам последовательности $latex \left \{ I_{n} \right \}_{n=1}^{\infty}$ то есть:

$latex \forall n\in \mathbb{N} \ \exists \ c,c’\in I_{n} $ . Так, как $latex c\neq {c}’$, то либо $latex c<{c}’ $ либо $latex c>{c}’ $.

Не ограничивая общности, предположим, что $latex c<{c}’ $.

Тогда мы имеем: $latex \forall \ n\in \mathbb{N} \ a_{n}\leq c<c’\leq b_{n} $. То есть $latex 0<c-{c}'<b_n-a_n$. Так, как$latex \underset{n\to\infty}{\lim}(b_n-a_n)=0\Rightarrow 0 \leq {c}’-c\leq 0\Rightarrow $$latex {c}’-c=0\Rightarrow c={c}’ $.

Противоречие! Следовательно, наше предположение, что существуют две различные точки $latex {c},{c}’ $, принадлежащие всем отрезкам последовательности $latex \left \{ I_{n} \right \}_{n=1}^{\infty}$ неверно, значит $latex \exists ! \ c \in I_{n} \forall n\in \mathbb{N}.$

Замечание:

Отрезки в формулировке теоремы нельзя заменить на открытые интервалы.

В самом деле,легко видеть,что последовательность вложенных друг в друга интервалов $latex (0,\frac{1}{n})$ не имеет общих точек,поскольку $latex \bigcap\limits_{n=1}^{\infty} \left( 0, \frac{1}{n} \right) = \varnothing $

Пример:

  1. Доказать, что если система вложенных сегментов $latex \left \{ I_{n} \right \}_{n=1}^{\infty}:$$latex (I_{1}\supset I_{2}\supset… ), $$latex \ I_{n}=\left [ a_{n},b_{n} \right ], n=1, 2…\ ,$ причём $latex \forall \ \varepsilon > 0 \ \exists \ n_{0}\in \mathbb{N} \ \forall n > n_{0} :(b_{n}-a_{n}) < \varepsilon $, то последовательности $latex \left \{ {a_{n}} \right \}_{n=1}^{\infty}$ и $latex \left \{ {b_{n}} \right \}_{n=1}^{\infty}$ (последовательности верхних и нижних граней сегментов) сходящиеся, причём $latex \underset{n\to\infty}{\lim}(a_n)=\underset{n\to\infty}{\lim}(b_n)=c $.

    Спойлер

    Исходя из доказательства теоремы Коши-кантора, а именно из того, что $latex \exists ! \ c \forall \ n,m\in \mathbb{N}:a_{n}\leq c\leq b_{m} $, следовательно $latex c=\sup \{a_n\}=\inf \{b_n\}$ по определению точных верхней и нижней грани. Вычтем $latex a_n$ из неравенства, и по теореме о трех последовательностях получим: $latex \underset{\underset{0}{\downarrow}}{{\underbrace{0}}}\leq c-a _{n} \leq \underset{\underset{0}{\downarrow}}{{\underbrace{b_n-a_n}}}$, следовательно, по теореме о сходящейся последовательности, имеем $latex \underset{n\to\infty}{\lim}(a_n)=c$. Доказательство для последовательности $latex \left \{ b_{n} \right \} _{n=1}^{\infty}$ проводится аналогично.

    Доказано, что обе последовательности сходящиеся и выполняется следующие равенство: $latex \underset{n\to\infty}{\lim}(a_n)=\underset{n\to\infty}{\lim}(b_n)=c $.

    [свернуть]

  2. Доказать, что теорема Коши-Кантора о вложенных отрезках не выполняется на множестве $latex \mathbb{Q}$.

    Спойлер

    Возьмём множество рациональных чисел $latex \mathbb{Q}$, как известно, $latex \sqrt{3}\not{\in}\mathbb{Q}$. Рассмотрим последовательность отрезков: $latex \left \{ I_{n} \right \}_{n=1}^{\infty} = $$latex \left \{ \right. \left [ 1;2 \right ],\left [ 1.7;1.8 \right ],\left [ 1.73;1.74 \right ],… \left. \right \},$ построим её так, чтобы концы этих отрезков были десятичные приближения иррационального числа $latex \sqrt{3}$ с недостатком в нижней границе и избытком в верхней границе, с разностью $latex 1/10^n,\ n \in \mathbb{N} .$ По предыдущей теореме мы знаем, что $latex \underset{n\to\infty}{\lim}(a_n)=\underset{n\to\infty}{\lim}(b_n)=c$ (пределы нижних и верхних границ совпадают с единственной точкой, принадлежащей всем отрезкам). Также ясно, что пределы наших верхних и нижних границ стремятся к $latex \sqrt{3},$ однако $latex \sqrt{3}\not{\in}\mathbb{Q}.$ Доказано, что на множестве, которое не является полным, теорема Коши-Кантора не выполняется.

    [свернуть]

Литература:

  1. Вартанян Г. М. Математический анализ (стр. 10-15, 9)
  2. В.И.Коляда, А.А.Кореновский, Курс лекций по математическому анализу К93: в 2-х ч. Ч.1.-Одесса: Астропринт, 2009 (стр 20-21, 28-29)
  3. Тер-Крикоров A.M., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. 3-е изд., исправл. — М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001. (стр.54 )

Тест

Теорема Коши-Кантора о вложенных отрезках.


Таблица лучших: Теорема Коши-Кантора о вложенных отрезках

максимум из 30 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных