mat.analiz_1

Не всяка обмежена числова послідовність має границю.

Наприклад, числова послідовність {(−1)n } обмежена, однак границі не має.

Приклад

1.

Довести,

що

числова

послідовність

x

=1+

2

+

3

+

4

+... +

n

має границю (тобто збіжна).

n

4

42

43

4n−1

Доведення.

x

=1+

2

+

3

+

4

+... +

n

+

n +1

= x

+

n +1

, n N

, тобто x

> x

n

+1

n

n+1

4 42

43

4n−1

4n

n

4n

,

отже послідовність зростаюча. Оскільки, n ≤ 2n , то

x

=1

+

2

+

3

+

4

+... +

n

≤1 +1 +

23

+

24

+... +

2n

=

n

4 42

43

4n−1

42

43

4n−1

1

1

n−2

1

1

1

2

1

−

2

1

n−2

=1+1+

+

+

... +

=

2 +

= 3 −

≤ 3.

2

2

2

2

n−2

1

1−

2

2

Значить

(xn ) монотонно зростає і обмежена зверху. Отже, за

теоремою 9.1 вона збіжна.

Число e.

Розглянемо числову послідовність (xn ) з загальним членом

xn			1 n
	= 1	+		.	(9.2)
			n

Доведемо, що така послідовність збіжна. Для цього використаємо

		+	1 n
теорему 9.1. Розкладемо вираз	1				за формулою бінома
			n

Ньютона.

120

1

n

1

n

(

n

)

1

n

(

n

)(

n −

2

)

1

xn

= 1

+

=1+ n

+

−1

+

−1

+... +

n

n

2!

n

2

3!

n

3

+

n(n −1)(n − 2)...(n −(n −1))

1

, або

nn

n!

xn =1+1+

1

1

1

1

2

1

1

2

n −1

1−

+

1−

1−

+...+

1−

1−

... 1−

(9.3)

n

n

n

n

2!

3!

n!

n

n

xn+1

1

n+1

1

1

1

1

2

= 1

+

=1+1+

1

−

+

1−

1−

+... +

n

+1

n +1

n

+1

2!

3!

n +1

1

1

2

n−1

1

1

2

n−1

n

+

1−

1−

... 1−

+

1−

1−

... 1−

1−

.(9.4)

n!

n+1

n+1

n+1

(n+1)!

n+1

n+1

n+1

n+1

У правій частині останньої рівності маємо (n + 2) додатних члени, тоді як у рівності (9.3) – (n +1). Крім цього, кожний доданок рівності (9.4), починаючи з третього, більший за відповідний доданок правої частини рівності (9.3), а перші два доданки рівні. Тому xn+1 > xn ,

1

n

тобто числова послідовність

1 +

зростаюча. Крім того, числова

n

послідовність (xn ) обмежена зверху, бо

xn =1+1+

1

1

1

1

2

1

1

2

n −1

1−

+

1

−

1−

+...

+

1

−

1−

... 1−

≤

n

n

n

2!

3!

n

n!

n

n

<1

<1

<1

1

1

1

1

1

1

1−

1

<1+1+

+

+... +

<1

+1+

+

+... +

=1+

2n

=

22

2n−1

2!

3!

n!

2

1−

1

2

=1+ 2 −

1

= 3 −

1

< 3.

2n−1

2n−1

Отже, xn < 3

(n =1, 2,...). Тому за теоремою 9.1 існує границя числової

послідовності (xn ). Її позначають буквою e:

121

. (9.5)

Це число e має надзвичайно велике значення як для математичного аналізу, так і для його застосувань. Ось перші 15 знаків його розкладу в десятковий дріб

e ≈ 2,71828182859045...

Число e є число ірраціональне.

Деякі властивості числа e, які ми встановимо пізніше, роблять особливо вигідним вибір саме цього числа як основу для системи логарифмів. Логарифми при основі e називаються натуральними і позначаються знаком ln . Способи обчислення натуральних логарифмів чисел даються в теорії рядів. Знаючи ln c, досить просто знаходити логарифми чисел при інших основах, зокрема десяткові логарифми.

	lg x =	ln x	= lg e ln x = M ln x, де число	M = lg e ≈ 0, 434294...
		ln10

називається модулем переходу: lg c = M ln c.

Теорема про стяжну послідовність вкладених відрізків.

Теорема 9.2. Нехай дано зростаюча числова послідовність {xn } і спадна числова послідовність {yn }, причому завжди

xn

< yn . Якщо їх

різниця

yn − xn

→ 0

при n → ∞,

то обидві

числові послідовності мають спільну скінченну границю

lim xn

= lim yn

= c .

n→∞

n→∞

Доведення.

(

x

− зростає x

> x

xn

<

yn

<

y1

−

обмежена

зверху,

n )

n

1

(yn ) −спадає yn < y1

yn

> xn > x1 −обмежена

знизу,

Отже, за теоремою 9.1 існують скінченні границі (xn ) та (yn ):

122

lim x	= c
n→∞ n		lim(yn	− xn )= lim yn		−lim xn = c1 −c .
lim yn
	= c1	n→∞		n→∞	n→∞
n→∞
За умовою c1 − c = 0 , отже c1				= c .

Приклад 5. Послідовність (xn ) задана рекурентною формулою

			1			a
	xn+1	=		xn	+			, n N,	(9.5)
			2
						xn
	x1 –довільне фіксоване дійсне додатне число,								a > 0 .

Розв’язання.

І. Покажемо, що (xn ) обмежена знизу.

xn

> 0,

n N,

x +

=

1

x

+

a

=

a

xn

+

a

≥

a

2 = a ,

xn

2

a

xn

2

n

1

2 n

xn+1 ≥

a , оскільки t +

1

≥ 2

t > 0 . Отже,

(xn ) обмежена знизу.

t

ІІ. Покажемо, що (xn ) не зростає.

xn+1

1

a

1

a

=1, (xn+1 ≥ a ),

=

1+

≤

1 +

xn

2

(

a )

2

2

xn

2

тобто

xn+1

≤1 xn+1

≤ xn ,

n N .

Отже, (xn ) не зростає.

xn

За

теоремою

9.1

послідовність

(xn )

збіжна:

lim xn = x .

n→∞

Перейдемо в рівності (9.5) до границі:

1

a

1

a

2

lim xn+1 =

lim xn

+

, або x

=

x

+

, x

= a ,

x = a .

2

lim x

2

n→∞

n→∞

x

n→∞

n

123

Зауваження. Оскільки lim

1

x

+

a

= a , то

n→∞ 2

n

xn

1

a

+αn , (αn )–н.м.ч.п.

a =

xn

+

2

x

n

.

Одержали формулу для наближеного обчислення квадратних

коренів. Зокрема: 2 ≈	1	x				+			2		:
				n					x
	2								n
												x1 =1;
					x			=		1		(1+ 2)=1,5 ;
						2		2
	x			=			1	1,5 +						1				=1, 417		;
	3					2								1,5
x	=		1		1,417 +									1					=1,4142		;
4			2
													1,417

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

		2 ≈1,4142 .
Приклад	6. Дослідити на збіжність		послідовність (xn ), де
xn = a + a +	a +... +	a , де a > 0 .
n	коренiв
Розв’язання. Цю послідовність можна записати через
рекурентне співвідношення:
		xn+1 = a + xn , x1 = a, n N .
Покажемо, що (xn ) зростає (І) і обмежена зверху (ІІ).
І. Методом математичної індукції.
10 . x = a + x = a + a > a = x .
2	1	1

124

20 . Припустимо, що x	= a + x <	a + x	n+1	= x	n+2	.
n+1	n
30 . Доведемо, що xn+2 < xn+3 .
	20
xn+3 = a + xn+2 = a +	a + xn+1 > a + a + xn = a + xn+1 = xn+2 .

ІІ. Покажемо, що (xn ) обмежена зверху.

Також доведемо це методом математичної індукції.

10 . x = a; x = a < a +1.
1	1
20 . Припустимо, що x			<		a +1.
	n
30 . Тоді x	= a + x	<		a + a +1 <				a + 2			a +1 = a +1.
n+1	n
Отже, згідно з теоремою 9.1, існує								lim x			= x . Для того, щоб її
								n→∞		n	0
знайти, перейдемо в рівності xn+1 = a + xn										до границі при n → ∞,
одержимо:
	x = a + x			, x ≥ 0, x2					− x − a = 0 .
	0		0		0		0	0
			x		=	1 +	1 + 4a		.
			0				2

Теоремі 9.2 можна надати дещо іншу форму, в якій вона частіше застосовується.

Означення 9.2. Кажуть, що відрізок [a1 ;b1 ] міститься у відрізку [a;b] (або вкладений в нього), якщо всі точки першого відрізка належать другому:

a ≤ a1 < b1 ≤ b.

x

а a1 b1 b

Теорема 9.3. Нехай маємо нескінченну послідовність вкладених один в другий відрізків

[a1b1 ] [a2b2 ] [a3b3 ] ... [anbn ] ...

причому довжини цих відрізків прямують до нуля при n → ∞:

125

lim(bn	− an )= 0 .
n→∞
Тоді кінці цих проміжків an і bn	прямують до спільної точки c
c = lim a		n	= lim b .
n→∞			n→∞		n
Доведення.
За умовою a1 ≤ an ≤ an+1 < bn+1 ≤ bn			≤ b1 , звідки випливає, що
(an ) − неспадна i обмежена зверху
(bn ) − незростаюча і обмежена знизу					Т. 9.2	= limbn = c
					lim an
an < bn					n→∞	n→∞

Приклад 7 [15]. Дослідити на збіжність послідовність (xn ), задану рекурентно: xn+1 = xn (2 − xn ), 0 < xn <1.

Розв’язання. Покажемо, використовуючи метод математичної індукції, що послідовність монотонно зростає і обмежена. Згідно з умовою 0 < x0 <1. Припустимо, що 0 < xn <1 і доведемо аналогічну

нерівність для xn+1:			0 < xn <1,		(−1)
			−1 < −xn < 0,				+2
			1 < 2 − xn < 2 ,
xn+1 = xn (		2 − xn )> xn (xn ) зростає,
x	= 2x	− x2 =1−(1 − x )2 <1 (x )							обмежена зверху. Отже
n+1	n	n	n				n
числова послідовність (x			) збіжна:		lim x				= a, a ≠ 0 . Перейдемо в
		n			n→∞			n
формулі xn+1 = xn (2 − xn ) до границі при n → ∞, маємо:
	a = a(2 − a) 1 = 2 − a a =1 lim x									=1.
									n→∞	n

Приклад 8 [15]. Візьмемо два додатних числа a і b (a ≥ b > 0) і знайдемо їх середнє арифметичне і середнє геометричне:

126

a

=

a +b

,

b = ab .

1

2

1

Оскільки

a +b

ab =

a +b − 2 ab

( a −

b )2

a +b

≥ ab

a > b > 0

−

=

≥ 0

2

2

2

2

(тобто середнє арифметичне більше або дорівнює середньому геометричному), то a > a1 > b1 > b > 0 . Для додатних чисел a1 і b1

знову знайдемо їх середнє арифметичне і середнє геометричне:

a

2

=

a1 +b1

, b = a b

і

a > a > b > b > 0 і т. д.

2

2

1 1

1

2

2

1

a

=

an +bn

,

b

= a b

і

a > a

n+1

> b

> b > 0 і т. д.

n+1

2

n+1

n n

n

n+1

n

Одержали дві числові послідовності (an ) і (bn ), де

a > a1 > a2 >... > an >...

і

n N :

an > bn > b1,

b < b1 < b2 <... < bn <...

і

n N :

bn < an < a1 ,

тобто послідовність (an )

спадає і обмежена знизу, а послідовність

(bn ) зростає і обмежена зверху. Отже вони збіжні:

lim a =α ;

lim b

= β .

n→∞ n

n→∞ n

Перейдемо в рівності a

=

an +bn

до границі при n → ∞:

n+1

2

α =

α − β

α − β = 0 α = β .

2

127

План:

1.Теорема Больцано Вейєрштрасса.

2.Критерій Коші.

Теорема Больцано Вейєрштрасса.

Раніше нами було доведено, що всяка збіжна послідовність обмежена. Обернене твердження, взагалі кажучи, неправильне.

Наприклад, послідовність {(−1)n } обмежена і розбіжна. Але,

виявляється, що всяка обмежена послідовність містить збіжну підпослідовність. Це твердження називається теоремою Больцано Вейєрштрасса.

Теорема 10.1. (Больцано Вейєрштрасса) З довільної обмеженої числової послідовності можна виділити збіжну підпослідовність, а з довільної необмеженої послідовності можна виділити нескінченно велику підпослідовність, яка має своєю границею нескінченність певного знаку.

Доведення

І. Нехай числова послідовність (xn ) обмежена, отже існує відрізок [a,b] такий, що

n N : a ≤ xn ≤ b .

Цей відрізок поділимо точкою c = a +2 b на два рівних відрізки [a;c] і

[c;b] (рис. 10.1). Принаймні один з них містить нескінченну кількість

128

членів послідовності. Позначимо його через [a1 ;b1 ]. Виберемо деякий член xn1 послідовності, що лежить на відрізку [a1 ;b1 ]:

xn1 [a1 ;b1 ] [a;b].

							x
	a	c1		c	b
				b1
	a1	a2		b2
			Рис. 10.1
Аналогічно, відрізок [a1 ;b1 ] поділимо точкою							c1 =	a1 +b1		на два
							2
рівних відрізки [a1 ;c1 ]		і	[c1 ;b1 ], принаймні один з них містить
нескінченну кількість членів послідовності.					Позначимо його					через
[a2 ;b2 ]. Серед членів послідовності з [a2 ,b2 ]					знайдеться член нашої
послідовності з номером n2			> n1 , позначимо його через xn .
							2

xn	[a2 ;b2 ] [a1 ;b1 ] [a,b], n2 > n1 .
	2

Ітак далі. Отримаємо послідовність вкладених відрізків:

1)[a;b] [a1 ;b1 ] [a2 ;b2 ] ... [an ;bn ] ...,

2)d [a1 ;b1 ]= b −2 a ,

d [a2 ;b2 ]= b1 −2 a1 = b2−2 a ;

.............................................

d [an ;bn ]= b2−n a →0 .

n→∞

3) xn1 [a1 ;b1 ], xn2 [a2 ;b2 ],..., xnk [ak ,bk ],..., причому n1 < n2 <... < nk <....

Послідовність (xnk ) в силу побудови є підпослідовністю послідовності

(xn ). Покажемо, що (xnk ) – збіжна.

129