Лекция 5. Свойства пределов, бесконечно малые, теорема Вейерштрасса

Продолжение лекции 4, в конце которой определён предел последовательности. Здесь из определения выводятся основные свойства: предел единственен, сходящаяся последовательность ограничена, знак предела сохраняется у членов. Затем вводятся бесконечно малые, и через них получается арифметика пределов — та самая, которой пользовались на практике 3. Завершают лекцию два способа доказать существование предела, не угадывая его заранее: теорема о двух милиционерах и теорема Вейерштрасса.

Напоминание (лекция 4, определение 7): $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, если $\forall\varepsilon>0\ \ \exists N(\varepsilon)\in\mathbb N:\ \ \forall n>N(\varepsilon)\quad|x_n-a|<\varepsilon.$ Последовательность с пределом называется сходящейся, без предела — расходящейся.

1. Предел по определению

Пример. Докажем, что $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac n{n+1}=1$.

Нужно по данному $\varepsilon>0$ найти номер, начиная с которого $|x_n-1|<\varepsilon$. Упростим разность: $\left|\frac n{n+1}-1\right|=\left|\frac{-1}{n+1}\right|=\frac1{n+1}.$ Решаем неравенство относительно $n$: $\frac1{n+1}<\varepsilon\iff n+1>\frac1\varepsilon\iff n>\frac1\varepsilon-1.$ Подходит $N(\varepsilon)=\left[\frac1\varepsilon-1\right]+1$: при $n>N$ заведомо $n>\frac1\varepsilon-1$, потому что $[x]+1>x$. $\blacksquare$

Проверка на числах: $\varepsilon=0{,}1$ даёт $N=[9]+1=10$, и при $n=11$ имеем $\frac1{12}\approx0{,}083<0{,}1$.

Схема доказательства по определению: упростить $|x_n-a|$, оценить сверху чем-то простым, решить неравенство относительно $n$, предъявить $N(\varepsilon)$.

2. Единственность предела

Теорема 1. Сходящаяся последовательность имеет ровно один предел.

Идея. Если бы пределов было два, $a\ne b$, их окрестности радиуса в треть расстояния не пересекаются. А члены последовательности с какого-то номера должны сидеть в обеих сразу.

Доказательство (от противного). Пусть $x_n\to a$ и $x_n\to b$, $a\ne b$. Обозначим $d=|b-a|>0$ и возьмём $\varepsilon=\frac d3$. По определению $\exists N_1:\ \forall n>N_1\ \ |x_n-a|<\varepsilon,\qquad\exists N_2:\ \forall n>N_2\ \ |x_n-b|<\varepsilon.$ При $n>N=\max(N_1,N_2)$ выполнены оба неравенства, и $d=|b-a|=\big|(b-x_n)-(a-x_n)\big|\le|b-x_n|+|x_n-a|<2\varepsilon=\frac23d.$ Получили $d<\frac23d$ при $d>0$ — противоречие. $\blacksquare$

Годится любое $\varepsilon\le\frac d2$: при $\varepsilon=\frac d2$ получается $d<d$. Треть взята с запасом.

3. Ограниченность сходящейся последовательности

Последовательность ограничена, если ограничено множество её значений: $\exists M>0:\ \forall n\ \ |x_n|\le M$.

Теорема 2. Сходящаяся последовательность ограничена.

Идея. Возьмём ловушку радиуса $1$ вокруг предела. Начиная с некоторого номера все члены в ней — они ограничены числом $1+|a|$. Вне ловушки конечное число членов, а среди конечного числа есть наибольший по модулю.

Доказательство. Пусть $x_n\to a$. Для $\varepsilon=1$ найдётся $N$ такое, что $|x_n-a|<1$ при $n>N$. Для таких $n$ $|x_n|=|(x_n-a)+a|\le|x_n-a|+|a|<1+|a|.$ Положим $M=\max\big\{|x_1|,\ |x_2|,\ \dots,\ |x_N|,\ 1+|a|\big\}.$ Максимум конечного набора чисел существует. Члены с номерами $n\le N$ не больше $M$, потому что сами входят в набор, а с номерами $n>N$ — потому что $|x_n|<1+|a|\le M$. Итак, $|x_n|\le M$ для всех $n$. $\blacksquare$

Почему у sin n нет предела

Доказательство опирается на арифметику пределов (§6). Если $x_n\to a$, то и сдвинутые последовательности $x_{n+1}$, $x_{n-1}$ стремятся к $a$: неравенство $|x_{n\pm1}-a|<\varepsilon$ выполнено, как только номер $n\pm1$ больше $N(\varepsilon)$.

Пусть $\sin n\to a$. По формуле разности синусов $\sin(n+1)-\sin(n-1)=2\cos n\,\sin1.$ Левая часть стремится к $a-a=0$, и $\sin1\ne0$, поэтому $\cos n=\frac{\sin(n+1)-\sin(n-1)}{2\sin 1}\to0$. Далее $\sin(n+1)=\sin n\cos1+\cos n\sin1\ \to\ a\cos1+0.$ Но $\sin(n+1)\to a$, и по единственности предела $a=a\cos1$. Так как $\cos1\ne1$, получаем $a=0$. Тогда $1=\sin^2n+\cos^2n\ \to\ 0^2+0^2=0,$ а постоянная последовательность $1$ стремится к $1$ — противоречие. $\blacksquare$

Лектор добавил, что значения $\sin n$ подходят сколь угодно близко к любой точке отрезка $[-1;1]$ (частичные пределы — отдельная тема курса). График $\sin n$ по точкам выглядит как облако, заполняющее полосу.

4. Сохранение знака и отделимость от нуля

Если предел положителен, могут ли члены последовательности вечно «перескакивать» через ноль? Нет: положительное число можно отделить от нуля окрестностью, и с некоторого номера все члены окажутся в ней.

Теорема 3 (сохранение знака). Если $\lim x_n=a>0$, то $\exists N\in\mathbb N:\ \forall n>N\quad x_n>\frac a2>0.$

Доказательство. Возьмём $\varepsilon=\frac a2>0$. Найдётся $N$ такое, что при $n>N$ $|x_n-a|<\frac a2\iff-\frac a2<x_n-a<\frac a2\iff\frac a2<x_n<\frac{3a}2.$ Левое неравенство и есть утверждение теоремы. $\blacksquare$

Для $a<0$ аналогично: с некоторого номера $x_n<\frac a2<0$.

Следствие 1 (отделимость от нуля). Если $\lim x_n=a\ne0$, то с некоторого номера $|x_n|>\frac{|a|}2$.

Доказательство. Для $\varepsilon=\frac{|a|}2$ при $n>N$: $|x_n|\ge|a|-|x_n-a|>|a|-\frac{|a|}2=\frac{|a|}2$. Первое неравенство — неравенство треугольника для $a=(a-x_n)+x_n$. $\blacksquare$

Отделимость понадобится в доказательстве предела частного: знаменатель $b_n$ не подходит к нулю, и дробь $\frac1{b_n}$ ограничена.

Следствие 2 (предельный переход в неравенстве). Если $x_n\ge0$ для всех $n$ и $x_n\to a$, то $a\ge0$.

Доказательство. Если бы $a<0$, по теореме 3 с некоторого номера было бы $x_n<\frac a2<0$. $\blacksquare$

5. Бесконечно малые последовательности

5.1. Определение

Определение 1. Последовательность $\{\alpha_n\}$ называется бесконечно малой (б.м.), если $\lim\alpha_n=0$: $\forall\varepsilon>0\ \ \exists N:\ \forall n>N\quad|\alpha_n|<\varepsilon.$

Бесконечно малые обычно обозначают греческими буквами $\alpha_n,\beta_n,\gamma_n$. Это частный случай сходящихся последовательностей, но с особой ролью: они играют роль «нуля» среди сходящихся, и через них любая сходящаяся раскладывается на «предел плюс поправка».

Примеры: $\frac1n$, $\frac{(-1)^n}{n}$, $\frac1{n^2}$, $\frac1{\sqrt n}$ (при $n>\frac1{\varepsilon^2}$ имеем $\frac1{\sqrt n}<\varepsilon$).

5.2. Линейность и устойчивость

Теорема 4 (линейность и устойчивость бесконечно малых).

1. Линейность. Если $\{\alpha_n\}$ и $\{\beta_n\}$ — б.м., то $\alpha_n\pm\beta_n$ — б.м.; для любого $\lambda\in\mathbb R$ последовательность $\lambda\alpha_n$ — б.м.
2. Устойчивость. Если $\{\alpha_n\}$ — б.м., а $\{x_n\}$ — любая ограниченная последовательность, то $\alpha_n\cdot x_n$ — б.м.

Доказательство.

1. Пусть $\varepsilon>0$. Применим определение к $\alpha_n$ и $\beta_n$ с числом $\frac\varepsilon2$: $\exists N_1:\ \forall n>N_1\ \ |\alpha_n|<\frac\varepsilon2,\qquad\exists N_2:\ \forall n>N_2\ \ |\beta_n|<\frac\varepsilon2.$ Тогда при $n>\max(N_1,N_2)$ $|\alpha_n\pm\beta_n|\le|\alpha_n|+|\beta_n|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon.$ Для $\lambda\alpha_n$: постоянная последовательность $\lambda$ ограничена, поэтому это частный случай п. 2.
2. Ограниченность: $\exists M>0:\ |x_n|\le M$ для всех $n$. Пусть $\varepsilon>0$. Применим определение б.м. к числу $\frac\varepsilon M>0$: найдётся $N$ такое, что $|\alpha_n|<\frac\varepsilon M$ при $n>N$. Тогда при $n>N$ $|\alpha_nx_n|=|\alpha_n|\cdot|x_n|<\frac\varepsilon M\cdot M=\varepsilon.\qquad\blacksquare$

Приём «$\frac\varepsilon2$» и «$\frac\varepsilon M$»: определение можно применять к любому положительному числу, поэтому заранее берём такое, чтобы в конце получилось ровно $\varepsilon$.

Следствие. Произведение двух б.м. — б.м.: б.м. сходится, значит, ограничена (теорема 2), и работает п. 2.

Пример. $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{\sin(n^2!)}n=0$: как бы ни было устроено число под синусом, $|\sin(\ldots)|\le1$ — последовательность ограничена, а $\frac1n$ — б.м. Так же $\frac{\cos n}{\sqrt n}\to0$ и $\frac{(-1)^n}{n^2}\to0$.

6. Арифметические свойства пределов

6.1. Критерий через бесконечно малые

Теорема 5 (критерий существования предела). $\lim_{n\to\infty}x_n=a\iff x_n=a+\alpha_n,\ \text{где }\{\alpha_n\}\text{ — б.м.}$

Упражнение 1 (с лекции). Докажите теорему 5.

Решение

Положим $\alpha_n=x_n-a$ — тогда $x_n=a+\alpha_n$ автоматически, и вопрос только в том, бесконечно мала ли $\alpha_n$. Определения совпадают дословно: $|x_n-a|<\varepsilon\iff|\alpha_n-0|<\varepsilon.$ Поэтому «$\forall\varepsilon>0\ \exists N\ \forall n>N:\ |x_n-a|<\varepsilon$» — это ровно «$\alpha_n\to0$». Обратно, если $x_n=a+\alpha_n$ с б.м. $\alpha_n$, то $|x_n-a|=|\alpha_n|<\varepsilon$ с того же номера. $\blacksquare$

Смысл: сходящаяся последовательность — это «предел плюс бесконечно малая поправка». Вместо работы с $\varepsilon$ и $N$ можно работать с б.м. и пользоваться теоремой 4.

6.2. Предел суммы, произведения и частного

Теорема 6 (арифметика пределов). Пусть $\lim a_n=a$, $\lim b_n=b$. Тогда

1. $\lim(a_n\pm b_n)=a\pm b$;
2. $\lim(a_n\cdot b_n)=a\cdot b$;
3. если $b_n\ne0$ при всех $n$ и $b\ne0$, то $\lim\dfrac{a_n}{b_n}=\dfrac ab$.

Доказательство. По теореме 5 $a_n=a+\alpha_n$, $b_n=b+\beta_n$, где $\alpha_n,\beta_n$ — б.м. В каждом пункте покажем, что разность между выражением и ответом — б.м., и снова применим теорему 5.

1. $a_n\pm b_n=(a\pm b)+\underbrace{(\alpha_n\pm\beta_n)}_{\text{б.м. по т. 4}}$, значит, $\lim(a_n\pm b_n)=a\pm b$.
2. Раскроем скобки: $a_nb_n=(a+\alpha_n)(b+\beta_n)=ab+\underbrace{a\beta_n+b\alpha_n+\alpha_n\beta_n}_{\text{б.м.}}.$ $a\beta_n$ и $b\alpha_n$ — б.м. по линейности, $\alpha_n\beta_n$ — по следствию теоремы 4, сумма — по линейности. Значит, $\lim a_nb_n=ab$.
3. Приведём разность к общему знаменателю: $\frac{a_n}{b_n}-\frac ab=\frac{(a+\alpha_n)b-a(b+\beta_n)}{b_n\,b}=\frac{ab+\alpha_nb-ab-a\beta_n}{b_n\,b}=\underbrace{(b\alpha_n-a\beta_n)}_{\text{б.м.}}\cdot\frac1{b_n\,b}.$ Числитель — б.м. по линейности. Покажем, что $\frac1{b_nb}$ ограничена. По следствию 1 (отделимость от нуля, $b\ne0$) с некоторого номера $N$ выполнено $|b_n|>\frac{|b|}2$, и тогда $\left|\frac1{b_nb}\right|<\frac1{\frac{|b|}2\cdot|b|}=\frac2{b^2}.$ Членов с номерами $n\le N$ конечное число, и все они определены ($b_n\ne0$), поэтому $\frac1{b_nb}$ ограничена целиком: подходит $\max\big\{\frac2{b^2},\ \frac1{|b_1b|},\dots,\frac1{|b_Nb|}\big\}$. Произведение б.м. на ограниченную — б.м. (теорема 4, п. 2), значит, $\frac{a_n}{b_n}\to\frac ab$. $\blacksquare$

Пример. $\lim_{n\to\infty}\frac{2n^2+3n}{n^2+1}=\lim_{n\to\infty}\frac{2+\frac3n}{1+\frac1{n^2}}=\frac{2+0}{1+0}=2.$ Сначала делим числитель и знаменатель на $n^2$: у исходной дроби числитель и знаменатель не сходятся, и теорему 6 применять к ним нельзя. После деления $\frac3n\to0$ (линейность), $\frac1{n^2}=\frac1n\cdot\frac1n\to0$ (произведение б.м.), знаменатель стремится к $1\ne0$, и п. 3 работает. Это и есть вынос старшей степени с практики 3.

7. Теорема о двух милиционерах

Теорема 7 (о двух милиционерах). Пусть $x_n\le y_n\le z_n$ для всех $n$ и $\lim x_n=\lim z_n=c.$ Тогда предел $\{y_n\}$ существует и $\lim y_n=c$.

Название — образное: $x_n$ и $z_n$ — два милиционера, которые ведут арестанта $y_n$ под руки. Если оба приходят в участок $c$, арестант придёт туда же.

Доказательство. Пусть $\varepsilon>0$. По условию $\exists N_1:\ \forall n>N_1\ \ |x_n-c|<\varepsilon,\qquad\exists N_2:\ \forall n>N_2\ \ |z_n-c|<\varepsilon.$ При $n>N=\max(N_1,N_2)$ из этих неравенств берём левую половину первого и правую второго: $c-\varepsilon<x_n\le y_n\le z_n<c+\varepsilon.$ Значит, $c-\varepsilon<y_n<c+\varepsilon$, то есть $|y_n-c|<\varepsilon$. $\blacksquare$

Неравенство $x_n\le y_n\le z_n$ достаточно иметь с некоторого номера: начальные члены на предел не влияют. В отличие от теоремы 6, существование $\lim y_n$ здесь не предполагается, а доказывается.

Пример 1: целая часть. Для любого $x\in\mathbb R$ имеем $\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{[nx]}n=x$. По определению целой части $nx-1<[nx]\le nx$, поэтому $x-\frac1n<\frac{[nx]}n\le x.$ Левая граница стремится к $x$, правая равна $x$ — по теореме 7 предел равен $x$. Например, при $x=\sqrt2$ получаются рациональные приближения $\frac{[n\sqrt2]}n$: $\frac{14}{10}=1{,}4$ при $n=10$, $\frac{141}{100}$ при $n=100$.

Пример 2: геометрическая прогрессия. Если $|q|<1$, то $q^n\to0$. При $q=0$ это очевидно. Иначе $\frac1{|q|}=1+h$ с $h>0$, и по неравенству Бернулли $(1+h)^n\ge1+nh>nh$. Значит, $0\le|q|^n=\frac1{(1+h)^n}<\frac1h\cdot\frac1n.$ Справа б.м., по теореме 7 $|q|^n\to0$, а тогда и $q^n\to0$: $|q^n-0|=|q|^n$.

8. Теорема Вейерштрасса о монотонной последовательности

Определение 2. Последовательность $\{x_n\}$ называется

• неубывающей, если $x_{n+1}\ge x_n$ для всех $n$;
• невозрастающей, если $x_{n+1}\le x_n$ для всех $n$;
• монотонной, если она неубывающая или невозрастающая.

При строгих неравенствах говорят «возрастающая» и «убывающая».

Теорема 8 (Вейерштрасса). Монотонная ограниченная последовательность сходится. Точнее, неубывающая ограниченная сверху последовательность сходится к $\sup\{x_n\}$, а невозрастающая ограниченная снизу — к $\inf\{x_n\}$.

Доказательство. Пусть $\{x_n\}$ не убывает и ограничена сверху. Множество её значений непусто и ограничено сверху, поэтому по теореме о существовании точной грани (лекция 4, теорема 3) существует $a=\sup\{x_n\}$. Докажем, что $a=\lim x_n$.

Пусть $\varepsilon>0$.

• $a$ — верхняя граница: $x_n\le a<a+\varepsilon$ для всех $n$.
• $a$ — наименьшая верхняя граница: найдётся член $x_N>a-\varepsilon$.
• Последовательность не убывает: при $n>N$ имеем $x_n\ge x_N$.

Складываем: при $n>N$ $a-\varepsilon<x_N\le x_n\le a<a+\varepsilon\ \Rightarrow\ |x_n-a|<\varepsilon.$ Для невозрастающей последовательности рассуждение то же с $\inf$ (или применить доказанное к $-x_n$). $\blacksquare$

Теорема Вейерштрасса доказывает существование предела, не зная его заранее, — поэтому она главный инструмент для последовательностей, заданных рекуррентно.

Пример. $x_1=0$, $x_{n+1}=\frac{x_n}2+1$. Члены: $0;\ 1;\ 1{,}5;\ 1{,}75;\dots$

1. Ограниченность: $x_n<2$. Индукцией: $x_1=0<2$; если $x_n<2$, то $x_{n+1}<\frac22+1=2$.
2. Монотонность: $x_{n+1}-x_n=1-\frac{x_n}2>0$, так как $x_n<2$.
3. По теореме 8 существует $L=\lim x_n$. Последовательность $x_{n+1}$ — та же, сдвинутая на один номер, и стремится к тому же $L$. Переходим к пределу в равенстве $x_{n+1}=\frac{x_n}2+1$ по теореме 6: $L=\frac L2+1$, откуда $L=2$.

Проверка явной формулой: $x_n=2-\frac4{2^n}$, и $\frac4{2^n}\to0$ по примеру 2 из §7.

Монотонность — достаточное, но не необходимое условие: $\frac{(-1)^n}n\to0$, хотя не монотонна. А без ограниченности монотонная последовательность расходится: $x_n=n$.

Частые ошибки

1. Выбирать $N$, зависящий от $n$. Номер зависит только от $\varepsilon$; условие «для всех $n>N$» проверяется потом.
2. Бояться неоптимального $N$. Любой номер, с которого неравенство верно, годится — оценивать можно грубо.
3. Думать, что ограниченная последовательность сходится. $(-1)^n$ и $\sin n$ ограничены и расходятся.
4. Переносить строгое неравенство на предел. $\frac1n>0$, но $\lim\frac1n=0$: из $x_n>0$ следует только $a\ge0$.
5. Умножать б.м. на неограниченную. $n\cdot\frac1n=1$ — не б.м.
6. Писать $|\alpha_n-\beta_n|\le|\alpha_n|-|\beta_n|$. Неравенство треугольника и для суммы, и для разности: $|\alpha_n\pm\beta_n|\le|\alpha_n|+|\beta_n|$ — справа всегда плюс.
7. Применять арифметику к несуществующим пределам. $\lim\frac{2n^2+3n}{n^2+1}\ne\frac{\lim(2n^2+3n)}{\lim(n^2+1)}$ — справа пределов нет. Сначала делим на $n^2$.
8. Забывать $b\ne0$ в пределе частного. Одного $b_n\ne0$ мало: $\frac{1/n}{1/n^2}=n$.
9. Считать, что в теореме о милиционерах предел $y_n$ нужно знать заранее. Существование $\lim y_n$ — вывод теоремы, а не условие.
10. Решать рекуррентное уравнение, не доказав сходимость. $x_{n+1}=2x_n$ даёт «$L=0$» при расходящейся $2^{n-1}$.

Мини-тренажёр

1. Докажите по определению, что $\lim\frac{2n+1}{n+3}=2$. Найдите наименьшее подходящее $N$ для $\varepsilon=0{,}01$.
2. Найдите $\lim\dfrac{3n^2-n}{2n^2+5}$, указав, какие свойства используются.
3. Приведите пример ограниченной расходящейся последовательности и сходящейся немонотонной.
4. Сходится ли $(-1)^nn$? Ограничена ли она?
5. Найдите $\lim\dfrac{\cos n}{\sqrt n}$.
6. $\lim x_n=-3$. Докажите, что с некоторого номера $x_n<-\frac32$.
7. Найдите $\lim\big(\sqrt{n^2+n}-n\big)$ через теорему о двух милиционерах. Подсказка: $n<\sqrt{n^2+n}<n+\frac12$.
8. Докажите, что $x_n=\frac n{2^n}$ сходится, и найдите предел.
9. Если $x_n\to a$, верно ли, что $|x_n|\to|a|$? А наоборот?
10. $x_n>0$ при всех $n$ и $x_n\to a$. Может ли быть $a=0$? А $a<0$?

Ответы

1. $\left|\frac{2n+1}{n+3}-2\right|=\frac5{n+3}<\varepsilon\iff n>\frac5\varepsilon-3$. При $\varepsilon=0{,}01$: $n>497$, $N=497$. Проверка: $n=498$ даёт $\frac5{501}\approx0{,}00998<0{,}01$, а $n=497$ даёт ровно $\frac5{500}=0{,}01$ — не подходит.
2. $\frac{3-\frac1n}{2+\frac5{n^2}}\to\frac32$: деление на $n^2$, $\frac1n$ и $\frac5{n^2}$ — б.м., затем предел частного (знаменатель $\to2\ne0$).
3. $(-1)^n$ или $\sin n$; $\frac{(-1)^n}n\to0$.
4. Нет, и не ограничена: $|x_n|=n$ больше любого $M$ при $n>M$. Расходится по теореме 2.
5. $0$: $\cos n$ ограничена, $\frac1{\sqrt n}$ — б.м., произведение — б.м.
6. $\varepsilon=\frac32$: при $n>N$ имеем $-3-\frac32<x_n<-3+\frac32=-\frac32$.
7. $\sqrt{n^2+n}-n=\frac n{\sqrt{n^2+n}+n}$. Из подсказки $\frac n{2n+\frac12}<x_n<\frac n{2n}=\frac12$. Левая часть $\frac1{2+\frac1{2n}}\to\frac12$. Ответ $\frac12$. Подсказка верна: $\big(n+\frac12\big)^2=n^2+n+\frac14>n^2+n$.
8. $\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{n+1}{2n}\le1$ — не возрастает, $x_n>0$ — ограничена снизу. По Вейерштрассу $x_n\to L$. Из $x_{n+1}=x_n\cdot\big(\frac12+\frac1{2n}\big)$ по теореме 6: $L=L\cdot\frac12$, $L=0$.
9. Да: $\big||x_n|-|a|\big|\le|x_n-a|$. Обратно нет: $|(-1)^n|=1\to1$, а $(-1)^n$ расходится.
10. $a=0$ может быть: $\frac1n$. $a<0$ — нет, по следствию 2 $a\ge0$.

Шпаргалка