Теорема Гейне – Бореля. Чтобы множество [latex]K \subset \mathbb{R}^n[/latex] являлось компактным, необходимо и достаточно, чтобы [latex]K[/latex] было ограниченным и замкнутым.

Доказательство. Достаточность. Пусть [latex]K[/latex] замкнуто и ограничено. Тогда найдется сегмент [latex]I \subset \mathbb{R}^n[/latex], содержащий [latex]K[/latex]. В силу леммы Гейне – Бореля, этот сегмент [latex]I[/latex] компактен. Поэтому, в силу свойств компактных множеств, компактно также его замкнутое подмножество [latex]K[/latex]. Необходимость. Пусть [latex]K[/latex] —  компакт. Докажем, что данное множество ограничено. Обозначим через [latex]B_s[/latex] открытый шар с центром в точке [latex]0[/latex] радиуса [latex]s[/latex]. Тогда последовательность шаров[latex]\left\{B_s\right\}^{\infty}_{s=1}[/latex] покрывает все пространство [latex]\mathbb{R}^n[/latex], а следовательно, и множество [latex]K[/latex]. Так как [latex]K[/latex] компактно, следовательно, оно может быть покрыто конечным набором шаров [latex]B_s[/latex]. Среди всех этих шаров выберем шар с наибольшим радиусом. Пусть это шар [latex]B^{\ast}[/latex]. Тогда ясно, что [latex]K \subset B^{\ast}[/latex], так что [latex]K[/latex] ограничено. Покажем теперь, замкнутость множества [latex]K[/latex]. Для этого достаточно показать, что любая точка [latex]y \notin K[/latex], не будет предельной для [latex]K[/latex]. Итак, пусть [latex]y \notin K[/latex]. Рассмотрим множества [latex]G_k = c\overline{B}(y, \frac{1}{k}) (k = 1,2,…)[/latex]. Так как замкнутый шар [latex]\overline{B}(y, \frac{1}{k})[/latex] – множество замкнутое, следовательно его дополнение [latex]G_k[/latex] открыто. Кроме того, ясно, что[latex] \bigcup^{\infty}_{k=1}G_k = \mathbb{R}^n \setminus \left\{y\right\}[/latex]. Поскольку [latex]y \notin K[/latex], то совокупность множеств [latex]G_k (k = 1,2,…)[/latex] образует открытое покрытие множества [latex]K[/latex]. Пользуясь компактностью [latex]K[/latex], выберем из этого покрытия конечное подпокрытие [latex]\left\{G_{k_1},…,G_{k_s}\right\}[/latex] и положим [latex]\rho = \frac{1}{max\left\{k_1,…,k_s\right\}} > 0[/latex]. Отсюда следует, что шар [latex]B(y,\rho)[/latex] не имеет общих точек с множеством [latex]K[/latex]. Получаем, что точка [latex]y[/latex] не будет предельной для [latex]K[/latex]. [latex]\square[/latex]

Литература:

• В.И. Коляда, А.А. Кореновский. Курс лекций по математическому анализу — Одесса, «Астропринт», 2009. (с.235)
• Портнов И.В. Понятие и критерии компактности.

Свойства пределов, связанные с алгебраическими операциями

Если функции [latex]f(x)[/latex] и [latex]g(x)[/latex] имеют конечные пределы в точке [latex]a[/latex], причем [latex]\lim_{x\rightarrow a}f(x)=A[/latex] и [latex]\lim_{x\rightarrow a}g(x)=B[/latex] то:

1. [latex]\lim_{x\rightarrow a}(f(x)+g(x))=A+B[/latex]

Доказательство
Так как функции [latex]f(x)[/latex] и [latex]g(x)[/latex] имеют предел в точке [latex]a[/latex], то при [latex]x\rightarrow a[/latex] величины [latex]h_{f}(x)=A-f(x)[/latex] и [latex]h_{g}(x)=B-g(x)[/latex] будут бесконечно малыми. Отсюда, согласно свойствам бесконечно малых [latex]h_{f}+h_{g}=(A+B)-(f(x)+g(x))[/latex] также будет бесконечно малой величиной. Что в свою очередь означает, что [latex]\lim_{x\rightarrow a}(f(x)+g(x))=A+B[/latex]

2. [latex]\lim_{x\rightarrow a}(f(x)g(x))=AB[/latex]

Доказательство
Так как функции [latex]f(x)[/latex] и [latex]g(x)[/latex] имеют предел в точке [latex]a[/latex], то при [latex]x\rightarrow a[/latex] величины [latex]h_{f}(x)=A-f(x)[/latex] и [latex]h_{g}(x)=B-g(x)[/latex] будут бесконечно малыми. Поэтому [latex]g(x)=A-h_{f}(x)[/latex] и [latex]g(x)=B-h_{g}(x)[/latex]. Отсюда
[latex]\\f(x)g(x)=(A-h_{f})(B-h_{g})\\f(x)g(x)=AB-Ah_{g}-Bh_{f}+h_{f}h_{g}\\AB-f(x)g(x)=Ah_{g}+Bh_{f}-h_{f}h_{g}[/latex]
Согласно свойствам бесконечно малых, величина в правой части — бесконечно малая. Что в свою очередь означает, что [latex]\lim_{x\rightarrow a}(f(x)g(x))=AB[/latex]

3. [latex]\lim_{x\rightarrow a}(\frac{f(x)}{g(x)})=\frac{A}{B}[/latex], причем [latex]B\neq 0[/latex]

Доказательство
Условие [latex]\lim_{x\rightarrow a}(\frac{f(x)}{g(x)})=\frac{A}{B}[/latex] эквивалентно тому, что разность [latex]\frac{A}{B}-\frac{f(x)}{g(x)}[/latex]
бесконечно малая величина при [latex]x\rightarrow a[/latex]. Покажем, что это утверждение имеет место. Приведем к общему знаменателю, получим [latex]\frac{Ag(x)-Bf(x)}{Bg(x)}[/latex]. Рассмотрим предел числителя дроби.
[latex]\\\lim_{x\rightarrow a}(Ag(x)-Bf(x))\\A\lim_{x\rightarrow a}g(x)-B\lim_{x\rightarrow a}f(x)\\AB-BA=0\: \Rightarrow \frac{A}{B}-\frac{f(x)}{g(x)}=0[/latex]
Что в свою очередь означает, что [latex]\lim_{x\rightarrow a}(\frac{f(x)}{g(x)})=\frac{A}{B}[/latex]

Свойства пределов, связанные с неравенствами

1. Теорема о двух милиционерах

Если [latex]\exists \delta > 0:\forall x\in \dot{U}_{\delta }(a)[/latex] выполняются неравенства [latex]g(x)\leqslant f(x)\leqslant h(x)[/latex] и если [latex]\lim_{x\rightarrow a}g(x)= \lim_{x\rightarrow a}h(x)=A[/latex] то [latex]\exists \lim_{x\rightarrow a}f(x)=A[/latex].
Доказательство
Воспользуемся определением предела по Гейне. Пусть [latex] $$\begin{Bmatrix}x_{n}\end{Bmatrix}$$ [/latex] — последовательность из [latex]\dot{U}_{\delta }(a)[/latex], причем [latex]\lim_{x\rightarrow \infty }x_{n}=a[/latex]. Тогда выполняются условия [latex]g(x_{n})\leqslant f(x_{n})\leqslant h(x_{n})[/latex] и [latex]\lim_{n\rightarrow \infty}g(x_{n})= \lim_{n\rightarrow \infty}h(x_{n})=A[/latex]. Тогда в силу свойств пределов последовательностей [latex]\lim _{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=A[/latex]. Следовательно [latex]\lim _{x\rightarrow a }f(x)=A[/latex].
Теорему можно проиллюстрировать следующим графиком:


2. Если [latex]\exists\delta >0:\forall x\in \dot{U}_{\delta }(a)[/latex] выполняется неравенство [latex]f(x)\leqslant g(x)[/latex] и если[latex]\lim_{x\rightarrow a}f(x)=A[/latex], [latex]\lim_{x\rightarrow a}g(x)=B[/latex], то [latex]A\leqslant B[/latex].

Доказательство
Воспользуемся определением предела по Гейне. Пусть [latex] $$\begin{Bmatrix}x_{n}\end{Bmatrix}$$ [/latex] — последовательность из [latex]\dot{U}_{\delta }(a)[/latex], тогда числа [latex]A[/latex] и [latex]B[/latex] будут пределами последовательности [latex] $$\begin{Bmatrix}x_{n}\end{Bmatrix}$$ _{1}^{\infty }[/latex] т.е. [latex]\lim_{n\rightarrow \infty }f(x_{n})=A[/latex] и [latex]\lim_{n\rightarrow \infty }g(x_{n})=B[/latex] Тогда в силу свойств пределов последовательностей [latex]A\leqslant B[/latex].

Литература

1. Тер-Киркоров А.М., Шабунин М.И., Курс математического анализа, физмат-лит, 2001. стр. 81-84

Следующая тема →

Теорема (арифметические операции со сходящимися последовательностями)

Пусть последовательность $latex \underset{n\to\infty}{\left\{x_{n}\right\}\rightarrow a}$, а $latex \underset{n\to\infty}{\left\{y_{n}\right\}\rightarrow b}$. Тогда верны следующие утверждения:

1. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_{n}\pm y_{n})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}\pm\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_{n}=a\pm b$.
2. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_{n}\cdot y_{n})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_{n}=a\cdot b$.
3. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n}}{ y_{n}}=\frac{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}}{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_{n}}=\frac{a}{b},\;b\neq 0,\;y_{n}\neq 0$.

Доказательство.

1. $latex \lim\limits_{n\rightarrow \infty}x_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\left ( a+\alpha_{n} \right )$
   $latex \lim\limits_{n\rightarrow \infty}y_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\left ( b+\beta_{n} \right )$,
   где $latex \alpha_{n}$ и $latex \beta_{n}$ — бесконечно малые последовательности.
   $latex x_{n}+y_{n}=\left(a+\alpha_{n}\right)+\left(b+\beta_{n}\right)=\left(a+b\right)+\left(\alpha_{n}+\beta_{n}\right)=a+b$
2. $latex x_{n}=a+\alpha_{n}$, $latex y_{n}=b+\beta_{n}$, где $latex \alpha_{n}$ и $latex \beta_{n}$ — бесконечно малые последовательности.
   $latex x_{n}\cdot y_{n}=\left(a+\alpha_{n}\right)\cdot\left(b+\beta_{n}\right)=ab+a\beta_{n}+\alpha_{n}b+\alpha_{n}\beta_{n}=ab$
   (по свойству бесконечно малых последовательностей)
3. $latex x_{n}=a+\alpha_{n}$, $latex y_{n}=b+\beta_{n}$, где $latex \alpha_{n}$ и $latex \beta_{n}$ — бесконечно малые последовательности.
   $latex \frac{a+\alpha_{n}}{b+\beta_{n}}=\frac{a}{b+\beta_{n}}+\alpha_{n}\cdot\frac{1}{b+\beta_{n}}=\frac{a}{b}$
   (по свойству бесконечно малых последовательностей)

Примеры

1. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2^n+\cos n}{2^{n+1}+\sin n^2}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2^n\left(1+\frac{1}{2^n}\cos n\right)}{2^{n+1}\left(1+\frac{1}{2^{n+1}}\sin n^2\right)}=\frac{1}{2}\frac{\left(1+0\right)}{\left(1+0\right)}=\frac{1}{2}$
2. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\frac{1}{\sqrt[n]{a}}}=\frac{1}{1}=1$ при $latex a>0$
3. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(-2\right)^n+3^n}{\left(-2\right)^{n+1}+3^{n+1}}=?$
   $latex \frac{\left(-2\right)^n+3^n}{\left(-2\right)^{n+1}+3^{n+1}}=$ (делим числитель и знаменатель на $latex 3^{n+1}$) $latex =\frac{\frac{\left(-2\right)^n}{3^{n+1}}+\frac{1}{3}}{\left(\frac{-2}{3}\right)^{n+1}+1}=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{-2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}}{\left(\frac{-2}{3}\right)^{n+1}+1}$
   Предел частного = частному пределов, поэтому:
   $latex \frac{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{3}\left(\frac{-2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}\right)}{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\left(\frac{-2}{3}\right)^{n+1}+1\right)}=\frac{0\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}{0+1}=\frac{1}{3}$.
4. $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{2n^2}+\sqrt[n]{5}-\frac{\sin^2 3}{3^n}\right)$
   Предел суммы равен сумме пределов, поэтому:
   $latex \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{2n^2}+\sqrt[n]{5}-\frac{\sin^2 3}{3^n}\right)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2n^2}+\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{5}-\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin^2 3}{3^n}=0+1+0=1$.

Литература

• Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу, семестр 1, О.:2012
• Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. М.,1969. стр. 16-17

Арифметические операции со сходящимися последовательностями

Лимит времени: 0

Навигация (только номера заданий)

0 из 3 заданий окончено

Вопросы:

1. 1
2. 2
3. 3

Информация

С помощью этого теста пользователь проверит свои навыки в нахождении пределов сходящихся последовательностей.

Вы уже проходили тест ранее. Вы не можете запустить его снова.

Тест загружается...

Вы должны войти или зарегистрироваться для того, чтобы начать тест.

Вы должны закончить следующие тесты, чтобы начать этот:

Результаты

Правильных ответов: 0 из 3

Ваше время:

Время вышло

Вы набрали 0 из 0 баллов (0)

Средний результат
Ваш результат

Рубрики

1. Математический анализ 0%

• Поздравляю, вы завершили тест!

Ваш результат был записан в таблицу лидеров

Загрузка

Имя: E-Mail:

Капча:

максимум из 15 баллов

Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

1. 1
2. 2
3. 3

1. С ответом
2. С отметкой о просмотре

1. Задание 1 из 3

   1.

   Какой операции нет в теореме об арифметических операциях над сходящимися последовательностями?

   • Частное
   • Сумма
   • Разность
   • Композиция
   • Произведение
   Правильно
   

   Это было несложно, правда?

   Неправильно
   

   Подсказка

   Вспомните, какие операции являются арифметическими.
2. Задание 2 из 3

   2.

   Расположите значения следующих выражений в убывающем порядке.

   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}n\ln n$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a},\:a>1$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{10000n}{n^2+1}$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2-n^4}{n\left(3n^3+2\right)}$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(-1\right)^{2n+1}a^n,\:a>1$$
   Правильно 10 / 10Баллы

   Неправильно / 10 Баллы
3. Задание 3 из 3

   3.

   Какие из следующих выражений равносильны?

   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{3n^2+1}{n\cdot\ln e^n}$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{9\cdot 2^n}{6\cdot 2^{n-1}}\right)$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n}{\left|\cos n\right|}$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{6n\left(n-1\right)}{2n^2}$$
   • <script type="text/javascript" src="http://cdn.mathjax.org/mathjax/latest/MathJax.js?config=TeX-AMS-MML_HTMLorMML"></script> $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{18n^2}\cdot\sqrt{2}}{2n}$$
   • $$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}6\sqrt[n]{e}$$
   Правильно 4 / 4Баллы

   Неправильно / 4 Баллы

Дифференцируемые в промежутке [latex]\bigtriangleup[/latex] функции [latex]F(x)[/latex] и [latex]G(x)[/latex] будут в этом промежутке первообразными одной и той же функции [latex]f(x)[/latex] тогда и только тогда, когда разность их значений для любого [latex]x\in\bigtriangleup[/latex] постоянна.

[latex]F(x)-G(x)=C=const[/latex]

Спойлер

Пусть  [latex]F(x)[/latex] — некоторая первообразная функции [latex]f(x)[/latex] в промежутке [latex]\bigtriangleup[/latex]. Следовательно, по определению [latex]F'(x)=f(x)[/latex]. Но тогда и функция [latex]G(x)=F(x)-C[/latex] ([latex]C=const[/latex]) также является промежутке первообразной функции [latex]f(x)[/latex] в этом промежутке , поскольку [latex]G'(x)=(F(x)-C)’=F'(x)=f(x)[/latex].

Пусть [latex]F(x)-G(x)=H(x)[/latex]. Найдем производную

[latex]H'(x)=(F(x)-G(x))’=F'(x)-G'(x)=f(x)-f(x)=0[/latex]

Но в силу признака постоянства дифференцируемой функции, вытекающего из теоремы Лагранжа, равенство [latex]H'(x)=0[/latex] означает, что [latex]H(x)=F(x)-G(x)=C=const[/latex].
Итак, доказана эквивалентность тому, что функция [latex]F(x)[/latex] и [latex]G(x)[/latex] могут быть первообразными лишь одной и той же функции.