Совместный бакалавриат ВШЭ-РЭШ, 2011

ВШЭ-РЭШ, 2011-12, «Математический анализ — 1»
Совместный бакалавриат ВШЭ-РЭШ, 2011-12 уч. год.
Математический анализ — 1
Два комментария о пределах (к семинару 3)
И. А. Хованская, Ю. Г. Кудряшов, А. М. Малокостов, П. Ф. Соломатин, И. В. Щуров
В этом листке мы разберем две задачи, обсуждавшиеся сегодня на семинарах, которые могли вызвать затруднения как в процессе решения, так и в процессе понимания при
разборе.
Задача 1. Рассмотрим последовательность:
(
1
,
n = 2k − 1 (то есть n нечетно);
an = n+1 1
1 − n+1 , n = 2k (то есть n четно).
(1)
Первые несколько членов этой последовательности равны 12 , 1 − 31 , 14 , 1 − 51 , . . .. Доказать,
что она имеет ровно две предельные точки: 0 и 1. (То есть 0 и 1 являются предельными
точками, а все остальные числа не являются.)
Решение. Тот факт, что точки 0 и 1 действительно являются предельными, доказывается
легко. Нетрудно видеть, что последовательность «скачет» между нулём и единицей, таким
образом, что члены с чётными номерами подходят всё ближе и ближе к единице, а члены
с нечётными номерами — к нулю. Это соображение даёт нам возможность выделить две
сходящиеся подпоследовательности:
1
2k
1
=1−
2k + 1
bk = a2k−1 =
ck = a2k
Легко доказать, что предел последовательности bk равен нулю, а предел ck равен 1. Последнее можно доказать, например, с помощью теоремы о сумме пределов:
1
1
lim ck = lim 1 −
= lim 1 − lim
= 1 − 0 = 1.
(2)
k→∞
k→∞
k→∞
k→∞
2k + 1
2k + 1
Более трудная часть — доказать, что других предельных точек нет. Будем доказывать «от
противного». Предположим, что какая-то другая точка a, не равная ни нулю, ни единице,
является предельной точкой. По определению предельной точки, это утверждение можно
записать следующим образом:
∀ε > 0 ∀N ∈ N ∃n > N : |an − a| < ε
Иными словами, для сколь угодно маленького ε найдется сколь угодно большое n, такое,
что расстояние между an и a меньше ε.
Отрицанием этого утверждение является следующее:
∃ε > 0 ∃N ∈ N ∀n > N : |an − a| ≥ ε
Иными словами, найдется такое положительное ε, что для любого n, если только оно достаточно большое, расстояние от an до a не меньше этого фиксированного ε.
И. А. Хованская, Ю. Г. Кудряшов, А. М. Малокостов, П. Ф. Соломатин, И. В. Щуров
1
ВШЭ-РЭШ, 2011-12, «Математический анализ — 1»
Последнее утверждение можно доказать. Идея состоит в том, что для достаточно больших n, элементы последовательности an обязательно находятся очень близко либо к нулю,
либо к единице, а значит, задавая достаточно большие n, можно сделать так, чтобы они находились как минимум на некотором фиксированном расстоянии от любого другого числа.
Проведем аккуратное рассуждение. Известно, что
1
lim bk = lim a2k−1 = lim
=0
k→∞
k→∞ 2k
1
=1
lim ck = lim ck = lim 1 −
k→∞
k→∞
k→∞
2k + 1
k→∞
(3)
(4)
Запишем по определению первое из этих равенств:
∀ε > 0 ∃K1 = K1 (ε) ∈ N ∀k > K1 : |a2k−1 − 0| < ε
(5)
Второе равенство записывается в виде:
∀ε > 0 ∃K2 = K2 (ε) ∈ N ∀k > K2 : |a2k − 1| < ε
(6)
Возьмем ε = min(|a − 0|, |a − 1|)/2, то есть половину минимума из расстояний от точки a до
нуля и единицы. Это число не равно нулю, поскольку a не является ни нулем, ни единицей.
Положим K = max(K1 (ε), K2 (ε)), где числа K1 (ε) и K2 (ε) — те самые, существование
которых нам гарантируется в утверждениях (5) и (6). Пусть n > 2K. Возможны два случая:
1. Число n нечетно. Тогда выполняется неравенство (5). В этом случае, расстояние от an
до нуля меньше ε, см. рис. 1. Но расстояние от a до нуля не меньше 2ε! (Мы так выбирали
ε.) Значит, расстояние от a до an больше ε. Таким образом, |a − an | > ε.
Рис. 1: Случай нечетного n
2. Число n четно. Тогда выполняется неравенство (6). В этом случае расстояние от an
до единицы меньше ε. Но расстояние от a до единицы не меньше 2ε! Значит, расстояние от
a до an больше ε. Таким образом, |a − an | > ε.
Упражнение. Нарисовать картинку, аналогичную рис. 1, для случая четного n.
В обоих рассмотренных случаях, выполняется неравенство |an − a| > ε, а значит и
неравенство |an − a| ≥ ε (из первого следует второе). Таким образом, мы нашли такое ε и
такое N , что для всех n > N , расстояние от an до a будет не меньше ε, и тем самым доказали,
что число a (как бы оно ни было) не является предельной точкой последовательности an .
Задача 2. Найти предел
Pk
i
i=0 ai n
P
A = lim
,
m
j
n→∞
j=0 bj n
ak 6= 0, bm 6= 0
И. А. Хованская, Ю. Г. Кудряшов, А. М. Малокостов, П. Ф. Соломатин, И. В. Щуров
(7)
2
ВШЭ-РЭШ, 2011-12, «Математический анализ — 1»
Решение. Распишем выражение без знака суммирования:
a0 n0 + a1 n1 + . . . + ak−1 nk−1 + ak nk
a0 + a1 n + . . . + ak−1 nk−1 + ak nk
=
lim
n→∞ b0 n0 + b1 n1 + . . . + bm−1 nm−1 + bm nm
n→∞ b0 + b1 n + . . . + bm−1 nm−1 + bm nm
A = lim
Мы видим, что числитель и знаменатель дроби — произвольные многочлены. Дальнейший
ход решения зависит от того, какая из степеней больше — k или m. Возможно три случая:
1. m > k. Разделим числитель и знаменатель дроби на выражение nm . Получим:
a0 n−m + a1 n1−m + . . . + ak−1 nk−1−m + ak nk−m
n→∞
b0 n−m + b1 n1−m + . . . + bm−1 n−1 + bm
A = lim
Заметим, что в числителе теперь все слагаемые стремятся к нулю (поскольку k < m и все
слагаемые имеют вид «константа умножить на отрицательную степень n», то есть «константа разделить на положительную степень n», и при больших n такие выражения малы.)
Таким образом, числитель также стремится к нулю. (По теореме о пределе суммы.) Все слагаемые знаменателя также стремятся к нулю, кроме последнего (bm ). По условию, bm 6= 0.
Таким образом, предел знаменателя равен bm . По теореме о пределе частного, из этого
следует, что предел отношения равен отношению пределов, т.е. A = b0m = 0.
2. m = k. Аналогично пункту 1, разделим числитель и знаменатель на nk = nm . Имеем:
a0 n−m + a1 n1−m + . . . + am−1 nm−1−m + ak nm−m
=
n→∞
b0 n−m + b1 n1−m + . . . + bm−1 n−1 + bm
a0 n−m + a1 n1−m + . . . + am−1 n−1 + ak
= lim
n→∞ b0 n−m + b1 n1−m + . . . + bm−1 n−1 + bm
A = lim
Мы использовали тот факт, что m = k. Теперь видно, что в этом случае предел числителя
равен ak , а предел знаменателя равен bm . По теореме о пределе частного, A = bamk .
3. m < k. Разделим числитель и знаменатель на k. Имеем:
a0 n−k + a1 n1−k + . . . + ak−1 nk−1−k + ak nk−k
=
n→∞ b0 n−k + b1 n1−k + . . . + bm−1 nm−1−k + bm nm−k
a0 n−k + a1 n1−k + . . . + ak−1 n−1 + ak
= lim
n→∞ b0 n−k + b1 n1−k + . . . + bm−1 nm−1−k + bm nm−k
A = lim
(8)
Предел числителя равен ak 6= 0, но предел знаменателя равен нулю. В этом случае, теорема о пределе частного неприменима, и (конечного) предела такая дробь не имеет. Можно
показать, что предел последовательности в этом случае равен бесконечности: для любого
сколь угодно большого числа, элементы последовательности по модулю больше этого числа
начиная с какого-то номера N :
∀C > 0 ∃N ∈ N ∀n > N : |an | > C
Идея доказательства состоит в следующем: для достаточно больших n, числитель мало
отличается от ak (а значит не равен нулю и даже не близок к нулю), а знаменатель можно
сделать сколь угодно малым. Значит, отношение можно сделать сколь угодно большим.
1. Известно, что для всякого ε > 0 найдется такое N1 = N1 (ε), что для всякого n >
N1 , расстояние от числителя дроби (обозначим его через fn ) до числа ak меньше ε, т.е.
И. А. Хованская, Ю. Г. Кудряшов, А. М. Малокостов, П. Ф. Соломатин, И. В. Щуров
3
ВШЭ-РЭШ, 2011-12, «Математический анализ — 1»
|fn − ak | < ε. Положим ε = |ak |/2 и обозначим N1∗ = N1 (1). Тогда для n > N1∗ , выполняется
|fn − ak | < |ak |/2. Из этого в частности следует, что |fn | > |ak |/2.
2. Действительно, пусть задано некоторое C > 0. Известно, что для всякого ε > 0
найдется такое N2 = N2 (ε), что для всякого n > N2 , выражение в знаменателе дроби в (8)
(обозначим его через dn ) по модулю не превосходит ε, т.е. |dn | < ε. Возьмем в качестве ε
величину |a2Ck | . Обозначим N2∗ = N2 ( |a2Ck | ).
Возмем N = max(N1∗ , N2∗ ). В этом случае числитель дроби по модулю больше |ak |/2, а
знаменатель меньше |a2Ck | . Значит, сама дробь по модулю больше
|ak |/2
= C,
|ak |/2C
что и требовалось.
Упражнение. 1. Докажите что в случае 3 последовательность стремится к плюс бесконечности (т.е. для всякого > 0 найдется такое N , что для всякого n > N верно an > C —
обратите внимание, здесь нет знака «модуль»), если знак ak совпадает со знаком bm , и
стремится к минус бесконечности (т.е. для всякого C найдется такое N , что для всякого
n > N верно an < −C), если знаки различны. Для этого необходимо доказать следующее
утвердение: найдется такое N3 ∈ N, что для всякого n > N3 , знак знаменателя дроби в (8)
совпадает со знаком bm . (Подсказка: домножьте знаменатель на такую степень n, чтобы
предел получившегося выражения был равен bm , затем используйте определение предела.)
И. А. Хованская, Ю. Г. Кудряшов, А. М. Малокостов, П. Ф. Соломатин, И. В. Щуров
4