Введение в математический анализ. Азизов Т.Я - 59 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ВГУ | Воронеж

Составители: 

Рубрика: 

Предположим теперь, что не выполнено условие 2.b). Это означает, что
найдутся числа ε
0
> 0 и n
0
∈ N такие, что неравенство x
n
≤ a−ε
0
выполнено
для всех n > n
0
. Повторяя приведенные выше рассуждения, получим, что
lim
n→∞
x
n
≤ a −ε
0
< a. Полученное противоречие доказывает справедливость
утверждения 2.b).
2) ⇒ 1). Последовательно воспользуемся условием 2.b) в соответствии
со следующим алгоритмом:
для ε = 1 и n = 1 возьмем n
1
> 1 такое, что x
n
1
< a − 1;
для ε =
1
2
и n = n
1
возьмем n
2
> n
1
такое, что x
n
2
< a −
1
2
;
для ε =
1
3
и n = n
2
возьмем n
3
> n
2
такое, что x
n
3
< a −
1
3
и так далее. В
итоге построим подпоследовательность {x
n
k
}
∞
k=1
, члены которой удовлетво-
ряют условию
x
n
k
> a −
1
k
для всех k ∈ N. (22)
Покажем, что lim
k→∞
x
n
k
= a. Возьмем произвольное число ε > 0. Для вы-
бранного ε > 0 зафиксируем n
0
∈ N из условия 2.a) такое, что
x
n
< a + ε для всех n > n
0
. (23)
Выберем теперь k
0
∈ N так, чтобы выполнялись условия
1
k
0
≤ ε и n
k
0
> n
0
(это возможно в силу того, что lim
k→∞
k = lim
k→∞
n
k
= +∞). Так как {n
k
}
∞
k=1
по
построению мотонно возрастающая последовательность, то получаем, что
n
k
> n
0
для всех k ≥ k
0
. Теперь из (22) и (23) для всех k ≥ k
0
получаем
оценки
a − ε ≤ a −
1
k
< x
n
k
< a + ε.
Следовательно, lim
k→∞
x
n
k
= a. Таким образом, lim
n→∞
x
n
≥ a. Предположим,
что lim
n→∞
x
n
= b > a. Тогда найдется подпоследовательность {x
n
k
}
∞
k=1
такая,
что lim
k→∞
x
n
k
= b. Это означает, что для ε
0
=
b−a
2
существует такой k
0
∈ N,
что b − ε
0
< x
n
k
< b + ε
0
для всех k ≥ k
0
. Следовательно,
a + b
2
= b − ε
0
< x
n
k
для всех k ≥ k
0
. (24)
Это означает, что среди членов последовательности {x
n
}
∞
n=1
имеется беско-
нечно много членов, больших
a+b
2
(в частности, как следует из (24), этому
условию удовлетворяют все члены последовательности с номерами n
k
0
, n
k
0
+1
,
n
k
0
+2
, ...). С другой стороны, согласно условию 2.a), для ε
0
=
b−a
2
найдется
такое n
0
∈ N, что x
n
< a+ε
0
=
a+b
2
для всех n > n
0
. Получили противоречие.
Следовательно, lim
n→∞
x
n
= a.
59
   Предположим теперь, что не выполнено условие 2.b). Это означает, что
найдутся числа ε0 > 0 и n0 ∈ N такие, что неравенство xn ≤ a−ε0 выполнено
для всех n > n0 . Повторяя приведенные выше рассуждения, получим, что
lim xn ≤ a − ε0 < a. Полученное противоречие доказывает справедливость
n→∞
утверждения 2.b).
   2) ⇒ 1). Последовательно воспользуемся условием 2.b) в соответствии
со следующим алгоритмом:
   для ε = 1 и n = 1 возьмем n1 > 1 такое, что xn1 < a − 1;
   для ε = 12 и n = n1 возьмем n2 > n1 такое, что xn2 < a − 12 ;
   для ε = 13 и n = n2 возьмем n3 > n2 такое, что xn3 < a − 13 и так далее. В
итоге построим подпоследовательность {xnk }∞ k=1 , члены которой удовлетво-
ряют условию
                                  1
                         xnk > a − для всех k ∈ N.                       (22)
                                  k
Покажем, что lim xnk = a. Возьмем произвольное число ε > 0. Для вы-
               k→∞
бранного ε > 0 зафиксируем n� ∈ N из условия 2.a) такое, что

                         xn < a + ε для всех n > n� .                     (23)

Выберем теперь k0 ∈ N так, чтобы выполнялись условия k10 ≤ ε и nk0 > n�
(это возможно в силу того, что lim k = lim nk = +∞). Так как {nk }∞k=1 по
                               k→∞     k→∞
построению мотонно возрастающая последовательность, то получаем, что
nk > n� для всех k ≥ k0 . Теперь из (22) и (23) для всех k ≥ k0 получаем
оценки
                                   1
                      a − ε ≤ a − < xnk < a + ε.
                                   k
Следовательно, lim xnk = a. Таким образом, lim xn ≥ a. Предположим,
                k→∞                              n→∞
что lim xn = b > a. Тогда найдется подпоследовательность {xnk }∞
                                                               k=1 такая,
    n→∞
что lim xnk = b. Это означает, что для ε0 =    b−a
                                                2    существует такой k � ∈ N,
      k→∞
что b − ε0 < xnk < b + ε0 для всех k ≥ k � . Следовательно,
                     a+b
                         = b − ε0 < xnk для всех k ≥ k � .                (24)
                      2
Это означает, что среди членов последовательности {x n }∞   n=1 имеется беско-
нечно много членов, больших 2 (в частности, как следует из (24), этому
                                  a+b

условию удовлетворяют все члены последовательности с номерами n k� , nk� +1 ,
nk� +2 , ...). С другой стороны, согласно условию 2.a), для ε0 = b−a
                                                                  2 найдется
такое n ∈ N, что xn < a+ε0 = 2 для всех n > n . Получили противоречие.
           �                      a+b              �

Следовательно, lim xn = a.
                n→∞


                                      59

Страницы