Какими свойствами обладают пределы

Доказательство. Обозначим этот предел за A. Сформулируем все утверждения в кванторах.

У нас есть. limn→∞an=A, в кванторах
записывается так:

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|an−A|<ε.(5.1)

Мы хотим получить. Последовательность {an} ограничена, то
есть

∃C ∀n∈N:|an|≤C.(5.2)

Итак, мы хотим из (5.1) прийти к (5.2).

Начнём как обычно с картинки.

Хвост последовательности. На картинке видно, что кусок
последовательности, начинающийся с номера n=N(ε)+1 («хвост»), явно
ограниченный: все элементы живут в коридоре вокруг числа A и не могут от
него далеко уходить. Из рисунка получается, что все эти элементы ограничены
по модулю числом A+ε (верхняя граница коридора), но это потому, что мы
его так нарисовали — если бы A было меньше нуля, картинка оказалась
симметричной (относительно горизонтальной оси) и ограничение проходило бы по
нижней границе коридора. Чтобы не возиться с разбором разных случаев, мы
будем пользоваться свойствам модулей. Однако, прежде, чем мы перейдём к
аккуратному построению, нужно решить важный вопрос. Дело в том, что у нас
сейчас нет никакого ε. Нам сказано (в (5.1)), что N
найдётся для любого ε>0, то есть ε мы можем задавать сами. Но как?

На самом деле, здесь можно выбрать любое значение ε>0. Например,
положим ε=1. Пусть N=N(1) — теперь это какое-то зафиксированное
число. Тогда для всех n>N,

|an−A|<1.

Итак, мы имеем оценку для |an−A| для хвоста последовательности. А хотим,
как следует из (5.2), оценку для |an|. Как её получить?
Воспользуемся неравенством треугольника!

Величина |an| — это расстояние от an до нуля. Это расстояние не
больше, чем сумма расстояний от an до A и от A до 0:

|an|=|an−0|≤|an−A|+|A−0|=|an−A|+|A|.

Но мы знаем, что для n>N, |an−A|<1. Следовательно, для тех же n,

|an|<|A|+1.(5.3)

Итак, для хвоста последовательности мы получили искомую оценку. Однако,
это ещё не конец доказательства. Вдруг хвост ограниченный, а «голова»
(элементы до N включительно) нет?

Начало последовательности. На самом деле, этого не может быть.
Дело в том, что элементов от a1 до aN всего конечное число (их ровно
N штук). А любое конечное множество обязательно ограниченно, потому что в
нём есть максимальный элемент — такой элемент, который не меньше всех
остальных. (Аккуратное доказательство этого утверждения — хорошее
упражнение. Подсказка: можно сделать индукцию по числу элементов и
воспользоваться тем фактом, что среди двух чисел всегда одно не меньше
другого.)

Сведём всё воедино. Итак, хвост последовательности можно
ограничить числом |A|+1, а начало — максимальным из модулей чисел a1,
a2, …, aN. Положим:

C:=max{|a1|,|a2|,…,|aN|,|A|+1}

По построению, C искомое. Действительно, для всех натуральных n, либо n≤N, и тогда |an|≤C по определению максимума, либо n>N, и
тогда |an|<|A|+1≤C по (5.3).∎

Определение 1. Последовательность {an} стремится к бесконечности, если для
всякого числа C∈R найдётся такое натуральное N=N(C), что для
всех n>N выполняется неравенство |an|>C. В кванторах:

∀C∈R ∃N=N(C) ∀n>N:|an|>C.

Пишут:

limn→∞an=∞

или

an→∞ при n→∞.

Определение 2. Последовательность {an} стремится к плюс бесконечности, если для
всякого числа C∈R найдётся такое натуральное N=N(C), что для
всех n>N выполняется неравенство an>C. В кванторах:

∀C∈R ∃N=N(C) ∀n>N:an>C.

Пишут:

limn→∞an=+∞

или

an→+∞ при n→∞.

Определение 3. Последовательность {an} стремится к минус бесконечности, если для
всякого числа C∈R найдётся такое натуральное N=N(C), что для
всех n>N выполняется неравенство an<C. В кванторах:

∀C∈R ∃N=N(C) ∀n>N:an<C.

Пишут:

limn→∞an=−∞

или

an→−∞ при n→∞.

Упражнение 1. Докажите следующие утверждения, используя приведенные выше определения.

1. Последовательность {an}, an=n, стремится к бесконечности, а также
   к плюс бесконечности.
2. Последовательность {(−1)nn} стремится к бесконечности, но ни к
   плюс бесконечности, ни к минус бесконечности не стремится.
3. Последовательность {n+(−1)nn} не стремится ни к какой
   бесконечности, хоть и является неограниченной.

Теорема 2. Пусть даны две последовательности, {an} и {bn} и
существуют пределыlimn→∞an=A,limn→∞bn=B.(5.4)(5.5)
Тогда предел последовательности {an+bn} тоже существует и равен
A+B:

limn→∞(an+bn)=A+B.

Попросту говоря, «предел суммы равен сумме пределов».

Заметим, что A и B здесь — обязательно обычные вещественные числа,
поскольку требуется, чтобы пределы существовали (см.
замечание 2).

Доказательство. Перепишем формально, что нам дано, и что требуется доказать.

Нам дано. ∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<ε1.∀ε2>0 ∃N2=N2(ε2) ∀n>N2:|bn−B|<ε2.(5.6)(5.7)

Мы хотим доказать.

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|(an+bn)−(A+B)|<ε.(5.8)

Утверждения (5.6) и (5.7) можно понимать так: мы можем
добиться того, чтобы an был близок к A, а bn был близок к B,
накладывая подходящие условия на n. Утверждение (5.8),
которое мы хотим доказать, звучит так: мы хотим научиться накладывать такие
условия на n, чтобы сделать (an+bn) близким к (A+B). Выглядит
логично: если an близко к A, а bn близко к B, то логично ожидать,
что (an+bn) окажется близко к (A+B). Осталось доказать!

Начнём с преобразования левой части неравенства в конце (5.8):

|(an+bn)−(A+B)|=|(an−A)+(bn−B)|.

Это тождественное преобразование (раскрыли скобки и перегруппировали
слагаемые), но оно позволяет выделить в формуле те разности, которые мы
умеем оценивать: (an−A) и (bn−B). Вернее, мы умеем оценивать их
модули, поэтому нам понадобится одно из свойств модулей: модуль суммы не
превосходит суммы модулей:

|(an−A)+(bn−B)|≤|An−A|+|Bn−B|.(5.9)

Теперь заметим, что первое слагаемое мы можем сделать меньшим, чем ε1,
а второе — меньшим, чем ε2. Но как выбрать ε1 и ε2? Мы
хотим в конечном итоге прийти к неравенству, в правой части которого будет
ε. Значит, можно выбрать ε1 и ε2 так, чтобы их сумма
равнялась ε. Положим:

ε1=ε2,ε2=ε2.

Теперь мы можем подставить эти ε1 и ε2 в утверждения
(5.6) и (5.7). Каждое из них выдаст нам в ответ своё
N (вернее, N1 и N2) — номера членов, после которых выполняется
соответствующая оценка для |an−A| и |bn−B|. Мы хотим, чтобы они
выполнялись обе. Как обычно, это означает, что из получившихся значений
нужно выбрать максимальное.

Итак, мы готовы сформулировать железобетонное доказательство. Для любого
ε>0 положим ε1=ε/2 и ε2=ε/2. Из (5.6) и
(5.7)
получим такие N1=N1(ε1)=N1(ε/2) и N2=N2(ε2)=N2(ε/2),
что для всех n>N1

|an−A|<ε1=ε2,(5.10)

и для всех n>N2

|bn−B|<ε2=ε2.(5.11)

Положим теперь:

N(ε):=max(N1(ε2)+N2(ε2)).

Тогда для всех n>N(ε), будет выполнятья n>N1 и n>N2, и значит
будут выполняться обе оценки (5.10) и (5.11).

Значит, согласно (5.9), для всех таких n, будет также
выполняться оценка

|(an+bn)−(A+B)|≤|An−A|+|Bn−B|<ε2+ε2=ε.(5.12)

Таким образом, (5.8) доказано: мы научились по каждому
положительному ε строить такое N, что для всех n>N выполнено неравенство
|(an+bn)−(A+B)|<ε.

Ура!∎

Лемма 1. Пусть нашлась такая константа C, что для всякого ε1>0 найдётся такое
N1=N1(ε1) что для всякого n>N1 выполняется неравенство |an−A|<Cε. Тогда limn→∞an=A.

Формально: пусть

∃C ∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<Cε1.

тогда

limn→∞an=A.(5.13)

Доказательство. Во-первых, заметим, что C обязательно больше нуля. Действительно, модуль
всегда неотрицателен, поэтому неравенство |an−A|<Cε1 может
выполняться лишь при условии, что в правой части стоит положительное число,
а ε1>0, значит C>0.

Перепишем условие (5.13) формально. Оно выглядит так:

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|an−A|<ε.

Чтобы по ε найти N, возьмём ε1=εC (имеем право так
написать, потому что C>0, и значит деление допустимо и не поменяет знак) и
положим N=N1(ε1)=N1(ε/C). Тогда для всех n>N выполняется
неравенство:

|an−A|<Cε1=CεC=ε.

Что и требовалось получить. Лемма доказана.∎

Теорема 3. Пусть даны две последовательности, {an} и {bn} и
существуют пределыlimn→∞an=A,limn→∞bn=B.(5.14)(5.15)
Тогда предел последовательности {anbn} тоже существует и равен
AB:

limn→∞anbn=AB.

Попросту говоря, «предел произведения равен произведению пределов».

Доказательство. Как обычно, запишем, что нам известно, и что нужно доказать.

Нам дано. Равенства (5.14) и (5.15)
записываются в виде:∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<ε1.∀ε2>0 ∃N2=N2(ε2) ∀n>N2:|bn−B|<ε2.(5.16)(5.17)

Мы хотим доказать. Равенство (5.18):

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|anbn−AB|<ε.(5.18)

Преобразуем левую часть последнего неравенства в (5.18). Для
этого воспользуемся картинкой (см. рис. 5.5).

Геометрический смысл произведения — площадь прямоугольника с заданными
сторонами. Построим прямоугольник со сторонами an и bn. Давайте для
определенности считать, что A<an и B<bn (это предположение полезно
для иллюстрации, но нас оно не будет ограничивать: простое алгебраическое
доказательство нужной нам формулы его не требует). Тогда прямоугольник со
сторонами A и B будет меньше первого прямоугольника и его можно
разместить внутри, прижав к левому нижнему углу.

Выражение (anbn−AB) — разность площадей двух прямоугольников, которая
выглядит как уголок. Можно разбить этот уголок на два прямоугольника, один
со сторонами (an−A) и B, а другой со сторонами an и (bn−B). Имеем:

|anbn−AB|=|(an−A)B+an(bn−B)|.(5.19)

Раскрыв скобки и приведя подобные слагаемые, легко проверить, что это
алгебраическое тождество. (Как правило переход слева направо в этом
тождестве делается с помощью приёма «добавим и вычтем anB», что выглядит
как фокус — нарисовав картинку мы раскрыли секрет этого фокуса.)

Воспользуемся теперь свойствами модулей: модуль суммы не превосходит суммы
модулей, модуль произведения равен произведению модулей. Получаем такую
оценку:

|(an−A)B+an(bn−B)|≤|an−A|⋅|B|+|an|⋅|bn−B|(5.20)

Заметим, что сомножители |an−A| и |bn−B| мы умеем делать маленькими
благодаря известным нам пределам. А именно, положим ε1=ε2=ε и
пусть N=max(N1(ε),N2(ε)). Тогда для всех n>N:

|an−A|<ε,|bn−B|<ε.

Разберемся теперь с остальными сомножителями (см.
рис. 5.6).

Во-первых, |B|. С ним ничего делать не надо: это просто число, которое не
зависит от n.

Далее, |an|. С этой штукой не так просто: она от n зависит. Однако, мы
помним, что последовательность, имеющая предел,
ограничена. А последовательность {an} имеет предел по условию.
Значит, найдётся такое C1, что для всех n, |an|<C1.

Все сомножители неотрицательны, и значит можно оценить каждый из
сомножителей, оценить их произведение, а потом оценить сумму. Имеем:

|an−A|⋅|B|+|an|⋅|bn−B|<|B|ε+C1ε=(|B|+C1)ε.(5.21)

Соединяя (5.19), (5.20) и (5.21) в
одну длинную цепочку неравенств, получаем неавенство, верное для всех n>N:

|anbn−AB|<(|B|+C1)ε.

Положим теперь C=|B|+C1 и по лемме 1
искомое утверждение доказано.∎