Лекция 6. Число e, подпоследовательности, теорема Больцано — Вейерштрасса, критерий Коши

Продолжение лекции 5, где доказана теорема Вейерштрасса о монотонной ограниченной последовательности. Сначала она применяется к последовательности $\left(1+\frac1n\right)^n$ — так возникает число $e$. Затем вводятся подпоследовательности, и из принципа вложенных отрезков выводится теорема Больцано — Вейерштрасса: у любой ограниченной последовательности есть сходящаяся подпоследовательность. Из неё следует критерий Коши — способ доказать сходимость, не зная заранее, чему равен предел.

1. Второй замечательный предел

1.1. Неопределённость единица в степени бесконечность

В выражении $\left(1+\frac1n\right)^n$ основание стремится к $1$, а показатель к $\infty$. Ответ «единица в любой степени единица» неверен: основание больше $1$ при каждом $n$, и его превосходство над единицей накапливается при возведении в растущую степень. Поэтому такой вид называют неопределённостью $1^\infty$.

Теорема 1. Последовательность $x_n=\left(1+\dfrac1n\right)^n$ монотонно возрастает и ограничена сверху числом $3$. По теореме Вейерштрасса у неё есть предел.

Определение 1. Число $e=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac1n\right)^n$ называется числом Эйлера.

Теорема 1 нужна именно для того, чтобы это определение имело смысл: сначала надо доказать, что предел существует.

1.2. Монотонность

Доказательство первой части теоремы 1. По формуле бинома Ньютона $x_n=\left(1+\frac1n\right)^n=1+n\cdot\frac1n+\frac{n(n-1)}2\cdot\frac1{n^2}+\dots+\frac{n!}{n!}\cdot\frac1{n^n}.$ Коэффициент при $k$-м слагаемом сокращается: $\frac{n(n-1)\dots(n-k+1)}{k!\,n^k}=\frac1{k!}\left(1-\frac1n\right)\left(1-\frac2n\right)\dots\left(1-\frac{k-1}n\right),$ поэтому $x_n=1+1+\frac1{2!}\left(1-\frac1n\right)+\frac1{3!}\left(1-\frac1n\right)\left(1-\frac2n\right)+\dots+\frac1{n!}\left(1-\frac1n\right)\dots\left(1-\frac{n-1}n\right).$ Запишем то же для $x_{n+1}$: у него на одно слагаемое больше, и оно положительно, $x_{n+1}=1+1+\frac1{2!}\left(1-\frac1{n+1}\right)+\dots+\frac1{(n+1)!}\left(1-\frac1{n+1}\right)\dots\left(1-\frac n{n+1}\right).$ Сравниваем слагаемые с одинаковыми номерами: $\dfrac kn>\dfrac k{n+1}$, значит $1-\frac kn<1-\frac k{n+1},$ и каждое слагаемое $x_n$ меньше соответствующего слагаемого $x_{n+1}$. Добавляя ещё одно положительное слагаемое, получаем $x_n<x_{n+1}$. $\blacksquare$

1.3. Ограниченность

Доказательство второй части. Снизу: все слагаемые в разложении неотрицательны, а первые два дают $1+1=2$, поэтому $x_n\ge2$ (при $n=1$ равенство, $x_1=2$). Сверху: каждый множитель $1-\frac jn$ меньше $1$, значит $x_n<1+1+\frac1{2!}+\frac1{3!}+\dots+\frac1{n!}.$ Так как $k!\ge2^{k-1}$ (в произведении $2\cdot3\cdots k$ каждый из $k-1$ множителей не меньше $2$), получаем $x_n<1+1+\frac12+\frac1{2^2}+\dots+\frac1{2^{n-1}}=1+\frac{1-2^{-n}}{1-\frac12}=3-\frac1{2^{n-1}}<3.$ Итак, $2\le x_n<3$. Последовательность монотонно возрастает и ограничена сверху, поэтому по теореме Вейерштрасса (лекция 5, §8) предел существует, и $2\le e\le3$. $\blacksquare$

2. Подпоследовательности

Определение 2. Пусть $\{x_n\}_{n=1}^\infty$ — последовательность, а $n_1<n_2<n_3<\dots$ — возрастающая последовательность натуральных чисел. Тогда $\{x_{n_k}\}_{k=1}^\infty$ называется подпоследовательностью $\{x_n\}$.

Подпоследовательность — это выбор бесконечного числа членов с сохранением порядка: например, члены с чётными номерами $x_2, x_4, x_6,\dots$ ($n_k=2k$).

Утверждение 1. Для номеров подпоследовательности $n_k\ge k$. Если $x_n\to a$, то и любая подпоследовательность $x_{n_k}\to a$.

Доказательство. Номера натуральные и строго возрастают, поэтому $n_1\ge1$, а каждый следующий больше предыдущего хотя бы на $1$: $n_k\ge k$ по индукции. Пусть $\varepsilon>0$ и $N$ таков, что $|x_n-a|<\varepsilon$ при $n>N$. Если $k>N$, то $n_k\ge k>N$, и $|x_{n_k}-a|<\varepsilon$. $\blacksquare$

Теорема 2 (Больцано — Вейерштрасса). Из любой ограниченной последовательности можно выбрать сходящуюся подпоследовательность.

Доказательство. Пусть $a\le x_n\le b$ при всех $n$, то есть $x_n\in[a,b]$.

Шаг 1. Строим систему вложенных отрезков. Положим $I_1=[a,b]$, $|I_1|=b-a$. Разделим $I_1$ пополам. В одной из половин лежит бесконечно много членов последовательности (иначе во всём $I_1$ их конечное число); возьмём такую половину и назовём её $I_2$: $|I_2|=\dfrac{b-a}2$. Повторяем: $I_3$ — половина $I_2$, в которой бесконечно много членов, $|I_3|=\dfrac{b-a}{2^2}$, и $I_3\subset I_2$. Так получаем отрезки $I_1\supset I_2\supset I_3\supset\dots,\qquad |I_k|=\frac{b-a}{2^{k-1}}\to0.$ По теореме о вложенных отрезках (лекция 4, §1) существует единственная точка $c=\bigcap\limits_{i=1}^\infty I_i$ (единственная, потому что длины стремятся к нулю).

Шаг 2. Выбираем подпоследовательность. Положим $n_1=1$, $x_{n_1}=x_1\in I_1$. В $I_2$ бесконечно много членов, значит найдётся $x_{n_2}\in I_2$ с $n_2>n_1$. Вообще, в $I_k$ бесконечно много членов, поэтому можно взять $x_{n_k}\in I_k$ с $n_k>n_{k-1}$. Номера возрастают, то есть $\{x_{n_k}\}$ — подпоследовательность.

Шаг 3. Проверяем сходимость. Обе точки $x_{n_k}$ и $c$ лежат в $I_k$, поэтому расстояние между ними не больше длины отрезка: $|x_{n_k}-c|\le|I_k|=\frac{b-a}{2^{k-1}}\xrightarrow[k\to\infty]{}0.$ Значит $x_{n_k}\to c$. $\blacksquare$

3. Частичные пределы

Определение 3. Число $a$ называется частичным пределом последовательности $\{x_n\}$, если существует подпоследовательность $\{x_{n_k}\}$, для которой $\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=a$.

Пример. $x_n=\dfrac{1+(-1)^n}2$: члены $0,1,0,1,\dots$. Частичных пределов два: $0$ (подпоследовательность нечётных номеров) и $1$ (чётных).

По утверждению 1 у сходящейся последовательности единственный частичный предел — её предел. Поэтому если у последовательности два разных частичных предела, она расходится; пример выше именно такой. Теорема Больцано — Вейерштрасса в этих терминах говорит: у ограниченной последовательности есть хотя бы один частичный предел.

Частичных пределов может быть и бесконечно много. Для $y_n=\sin n$ множество частичных пределов — весь отрезок $[-1,1]$; это было сказано на лекции без подробного доказательства, как замечание.

4. Критерий Коши

4.1. Фундаментальные последовательности

Определение 4. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной (или последовательностью Коши), если $\forall\varepsilon>0\ \ \exists N(\varepsilon)\in\mathbb N:\ \ \forall n,m>N(\varepsilon)\quad|x_n-x_m|<\varepsilon.$ Эквивалентная запись: $\forall\varepsilon>0\ \exists N(\varepsilon)\ \forall n>N(\varepsilon)\ \forall p\in\mathbb N\ \ |x_{n+p}-x_n|<\varepsilon$. Это то же самое, что и определение 4: любые два номера $n<m$ больше $N$ можно записать как $n$ и $n+p$ при $p=m-n$.

Словами: члены последовательности, начиная с некоторого номера, все сколь угодно близки друг к другу. О пределе в определении ничего не сказано.

Теорема 3 (критерий Коши). Последовательность $\{x_n\}$ сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна.

4.2. Доказательство: сходящаяся — фундаментальная

$\Rightarrow$ Пусть $\lim x_n=a$ и $\varepsilon>0$. Возьмём $\dfrac\varepsilon2$ и найдём $N$ такое, что $|x_n-a|<\dfrac\varepsilon2$ при всех $n>N$. Тогда для $n,m>N$ $|x_n-x_m|=|(x_n-a)+(a-x_m)|\le|x_n-a|+|x_m-a|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon.\ \blacksquare$

4.3. Доказательство: фундаментальная — сходящаяся

$\Leftarrow$ Пусть $\{x_n\}$ фундаментальна.

Шаг 1. Последовательность ограничена. Возьмём $\varepsilon=1$: найдётся $N$, что $|x_n-x_{N+1}|<1$ при $n>N$. Тогда при $n>N$ $|x_n|=|(x_n-x_{N+1})+x_{N+1}|<1+|x_{N+1}|=:M.$ Конечное число первых членов тоже ограничено, поэтому при всех $n$ $|x_n|\le\widetilde M=\max\{M,|x_1|,\dots,|x_N|\}.$

Шаг 2. Есть сходящаяся подпоследовательность. По теореме Больцано — Вейерштрасса существует $\{x_{n_k}\}$, для которой $\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k}=a$.

Шаг 3. Вся последовательность сходится к $a$. Пусть $\varepsilon>0$. Возьмём $\dfrac\varepsilon2$ и найдём:

• $N$ такое, что $|x_n-x_m|<\dfrac\varepsilon2$ при $n,m>N$ (из фундаментальности);
• $N_2$ такое, что $|x_{n_k}-a|<\dfrac\varepsilon2$ при $k>N_2$ (из сходимости подпоследовательности).

Пусть $n>N$. Выберем $k>\max(N,N_2)$; тогда $n_k\ge k>N$ по утверждению 1, и $|x_n-a|=|(x_n-x_{n_k})+(x_{n_k}-a)|\le|x_n-x_{n_k}|+|x_{n_k}-a|<\frac\varepsilon2+\frac\varepsilon2=\varepsilon.$ Значит $x_n\to a$. $\blacksquare$

4.4. Зачем нужен критерий

Он позволяет доказывать сходимость, не угадывая предел.

Пример. $x_n=1+\dfrac12+\dots+\dfrac1n$ (гармонический ряд, частичные суммы) расходится. Возьмём $\varepsilon=\dfrac12$, $m=2n$: $|x_{2n}-x_n|=\frac1{n+1}+\dots+\frac1{2n}\ge n\cdot\frac1{2n}=\frac12.$ Для любого $N$ найдутся $n>N$ и $m=2n$, при которых $|x_n-x_m|\ge\varepsilon$, поэтому последовательность не фундаментальна и не сходится.

Частые ошибки

1. Решать, что $\left(1+\frac1n\right)^n\to1$. Основание стремится к $1$, но показатель растёт; предел равен $e\approx2{,}718$.
2. Забывать, что нижняя оценка для $x_n$ нестрогая. $x_1=2$, так что $2\le x_n<3$, а не $2<x_n$.
3. Применять теорему Больцано — Вейерштрасса к неограниченной последовательности. У $x_n=n$ сходящейся подпоследовательности нет.
4. Считать, что у ограниченной последовательности есть предел. Есть сходящаяся подпоследовательность, а у самой последовательности предела может не быть: $(-1)^n$.
5. Брать в условии Коши только соседние члены. Одного $|x_{n+1}-x_n|\to0$ мало: у $x_n=1+\frac12+\dots+\frac1n$ разности соседних стремятся к нулю, а последовательность расходится. Нужно условие для всех $p\in\mathbb N$ сразу.
6. Не следить за возрастанием номеров при выборе подпоследовательности. Нужно $n_1<n_2<n_3<\dots$, иначе это не подпоследовательность.

Мини-тренажёр

1. Вычислите $x_1$, $x_2$, $x_3$ для $x_n=\left(1+\frac1n\right)^n$ и убедитесь, что они возрастают.
2. Найдите $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac1n\right)^{2n}$ и $\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\dfrac1{2n}\right)^{n}$.
3. Найдите все частичные пределы последовательности $x_n=(-1)^n+\dfrac1n$. Сходится ли она?
4. Фундаментальна ли $x_n=(-1)^n$? Укажите $\varepsilon$.
5. Докажите, что $x_n=1+\dfrac1{2^2}+\dfrac1{3^2}+\dots+\dfrac1{n^2}$ фундаментальна, и сделайте вывод о сходимости.
6. Верно ли, что если $x_n\to a$, то у $\{x_n\}$ нет других частичных пределов, кроме $a$? А что можно сказать об обратном: если у ограниченной последовательности единственный частичный предел $a$, сходится ли она?

Ответы

1. $x_1=2$, $x_2=\frac94=2{,}25$, $x_3=\frac{64}{27}\approx2{,}37$; $2<2{,}25<2{,}37$.
2. $\left(1+\frac1n\right)^{2n}=x_n^2\to e^2$. Для второго: $\left(1+\frac1{2n}\right)^{2n}=x_{2n}$ — подпоследовательность $x_n$, поэтому $\to e$ по утверждению 1; значит $\left(1+\frac1{2n}\right)^n=\sqrt{x_{2n}}\to\sqrt e$.
3. Чётные номера: $1+\frac1n\to1$; нечётные: $-1+\frac1n\to-1$. Частичные пределы: $-1$ и $1$. Два разных частичных предела, поэтому последовательность расходится.
4. Нет: $|x_{n+1}-x_n|=2$ при всех $n$, так что условие Коши нарушается для $\varepsilon=1$ (подойдёт любое $\varepsilon\le2$).
5. При $p\in\mathbb N$ имеем $\dfrac1{k^2}<\dfrac1{k(k-1)}=\dfrac1{k-1}-\dfrac1k$, поэтому $|x_{n+p}-x_n|=\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac1{k^2}<\sum_{k=n+1}^{n+p}\left(\frac1{k-1}-\frac1k\right)=\frac1n-\frac1{n+p}<\frac1n.$ Для $\varepsilon>0$ подходит $N=\left[\frac1\varepsilon\right]$: при $n>N$ имеем $\frac1n<\varepsilon$. Последовательность фундаментальна, по критерию Коши сходится (хотя предел мы не нашли).
6. Первое верно (утверждение 1). Обратное верно для ограниченных последовательностей: если бы $x_n\not\to a$, нашлось бы $\varepsilon>0$ и бесконечно много членов вне $(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$; они ограничены, по теореме Больцано — Вейерштрасса из них можно выбрать сходящуюся подпоследовательность с пределом $b\ne a$, то есть второй частичный предел — противоречие. Для неограниченных неверно: у $x_n=n\cdot\frac{1+(-1)^n}2$ частичный предел один — $0$ (нечётные номера), но последовательность расходится.

Шпаргалка