Лекция от 27 сентября 2010.
Теорема Вейерштрасса
| Определение: |
| Последовательность [math] a \uparrow [/math] ([math] a [/math] возрастает), если [math] \forall n: a_n \le a_{n+1} [/math]
Последовательность [math] a \downarrow [/math] ([math] a [/math] убывает), если [math] \forall n: a_n \ge a_{n+1} [/math] |
| Определение: |
| Последовательность [math] a_n [/math] ограничена, если [math] \exists a \in \mathbb R: |a_n| \le a [/math]
[math] a_n [/math] - ограничена сверху, если [math] \exists a \in \mathbb R: a_n \le a [/math]
[math] a_n [/math] - ограничена снизу, если [math] \exists a \in \mathbb R: a_n \le a [/math] |
| Теорема (Вейерштрасс): |
Пусть [math] a_n \uparrow [/math] и [math] a_n [/math] ограничена сверху. Тогда она сходится. (Аналогично, если [math] a_n \downarrow [/math], [math] a_n [/math] - ограничена снизу). |
| Доказательство: |
| [math]\triangleright[/math] |
|
[math] \exists d \in \mathbb R: d = \sup\limits_{n \in \mathbb N} a_n [/math], поскольку [math] a_n [/math] - ограничена сверху, и [math] d [/math] - конечен, так как [math] a_n [/math] - ограничена сверху.
По определению [math] \sup a_n [/math]:
[math] \forall \varepsilon \gt 0, \exists N: d - \varepsilon \lt a_n [/math]
Так как [math] a_n \uparrow [/math], то [math] \forall n \gt N: a_n \ge a_N [/math]
[math] d - \varepsilon \lt a_n \Rightarrow d - \varepsilon \le a_n \le d + \varepsilon [/math]
Итак: [math] \forall \varepsilon \gt 0: \exists N: \forall n \gt N: |d - a_n| \le \varepsilon \Rightarrow d = \lim a_n [/math] |
| [math]\triangleleft[/math] |
Пример
[math] a_n = (1 + \frac 1n)^n = \sum\limits_{k=0}^n C_n^k \frac {1}{n^k} [/math]
[math] C_n^k = \frac {n!}{k!(n-k)!} = \frac {1}{k!} (n(n-1)(n-2)...(n-k+1)) [/math]
Разделив данное равенство на [math] n ^ k [/math], получаем:
[math] a_n = \sum\limits_{k=0}^n (1 - \frac 0n)(1 - \frac 1n)...(1-\frac {k-1}{n}) \qquad {(*)} [/math]
[math] a_{n+1} = \sum\limits_{k=0}^{n+1} (1 - \frac {0}{n+1})(1 - \frac {1}{n+1})...(1-\frac {k-1}{n+1}) [/math]
Сравнивая эти две суммы, можно заметить, что все слагаемые положительны, и каждое текущее слагаемое второй суммы больше соответствующего слагаемого 2 суммы, из чего следует, что [math] a_{n+1} \gt a_n \Rightarrow a_n \uparrow [/math]
Теперь покажем, что [math] a_n [/math] ограничена.
[math] 2 = a_1, a_n \uparrow \Rightarrow \forall n \ge 1: a_n \ge 2 [/math]
Если вернуться к [math] (*) [/math], то видно, что все скобки не превосходят 1:
[math] a_n \lt \sum\limits_{k=0}^n \frac{1}{k!} = \frac 1{0!} + \frac 1{1!} + \sum\limits_{k=2}^n \frac 1{k!} [/math]
Пользуясь неравенством [math] k! \gt 2 ^ {k - 1} [/math], получаем:
[math] a_n \lt \frac 1{0!} + \frac 1{1!} + \sum\limits_{k=2}^n (\frac 12)^{k-1} \lt 1 + 1 + 1 = 3[/math] (по формуле геометрической прогрессии: [math] \sum\limits_{i=1}^n (\frac 12)^k \lt 1 [/math]).
[math] 2 \lt a_n \lt 3 \Rightarrow [/math] По теореме Вейерштрасса, [math] \exists \lim\limits_{n \rightarrow \infty} (1 + \frac 1n)^n [/math]. Его обозначают числом [math] e [/math]. Также только что мы показали, что [math] 2 \lt e \lt 3 [/math].
