Матанализ · Коллоквиум 1

(а) $\lim a_n\ne a\iff \exists\varepsilon\gt0\ \forall N\ \exists n\ge N:\ |a_n-a|\ge\varepsilon$.

(б) Не сходится: $\forall a\in\mathbb R\ \exists\varepsilon\gt0\ \forall N\ \exists n\ge N:\ |a_n-a|\ge\varepsilon$.

(в) Неограничена: $\forall M\in\mathbb R\ \exists n:\ |a_n|\gt M$.

(г) Не б.б.: $\exists E\gt0\ \forall N\ \exists n\ge N:\ |a_n|\le E$.

(д) Не фундаментальна: $\exists\varepsilon\gt0\ \forall N\ \exists n\ge N\ \exists m\ge N:\ |a_n-a_m|\ge\varepsilon$.

(е) $M\ne\sup A$: $\big(\exists a\in A:\ a\gt M\big)\ \lor\ \big(\exists M'\lt M\ \forall a\in A:\ a\le M'\big)$ — либо $M$ не верхняя грань, либо есть меньшая верхняя грань.

Импликация. Пусть $y_0$ такой, что $\forall x:P(x,y_0)$. Возьмём любой $x$. В качестве $y$ подходит $y_0$ — один и тот же для всех $x$.

Контрпример к обратному. $x,y\in\mathbb N$, $P(x,y)$: «$y\gt x$».

• $\forall x\ \exists y:\ y\gt x$ — истинно, берём $y=x+1$.
• $\exists y\ \forall x:\ y\gt x$ — ложно: для любого $y$ возьмём $x=y$, тогда $y\gt y$ неверно.

Пример из анализа (лекции, §2): «$\forall a\in A\ \exists M:\ a\le M$» верно для любого множества, а «$\exists M\ \forall a\in A:\ a\le M$» — это ограниченность сверху.

База $n=2$: $(1+x)^2=1+2x+x^2\gt1+2x$, так как $x\ne0\Rightarrow x^2\gt0$.

Шаг. Пусть $(1+x)^k\gt1+kx$, $k\ge2$. Умножаем на $1+x\gt0$ — строгое неравенство сохраняется:

Обозначим $P_k=\prod_{i=1}^k(1+x_i)$, $S_k=\sum_{i=1}^kx_i$. Доказываем $P_k\ge1+S_k$ индукцией.

База: $P_1=1+x_1=1+S_1$.

Шаг. Пусть $P_k\ge1+S_k$. Умножаем на $1+x_{k+1}\gt0$:

Все $x_i$ одного знака, значит $S_k$ и $x_{k+1}$ одного знака, поэтому $S_kx_{k+1}\ge0$ и $P_{k+1}\ge1+S_{k+1}$.

При $x_1=\dots=x_n=x$ получается обычное Бернулли (для $x\gt-1$).

Первая. База: $1=\frac{1\cdot2}2$. Шаг: $\frac{n(n+1)}2+(n+1)=\frac{(n+1)(n+2)}2$ — это формула для $n+1$.

Вторая. База: $1=\frac{1\cdot2\cdot3}6$. Шаг: выносим $(n+1)$:

Раскладываем: $2n^2+7n+6=(n+2)(2n+3)$ (проверка: $2n^2+3n+4n+6$). Получаем $\frac{(n+1)(n+2)(2(n+1)+1)}6$ — формула для $n+1$.

$2^n\gt n$. База: $2\gt1$. Шаг: $2^{k+1}=2\cdot2^k\gt2k=k+k\ge k+1$ (так как $k\ge1$).

$n!\ge2^{n-1}$. База: $1!=1=2^0$. Шаг: $(k+1)!=(k+1)\cdot k!\ge(k+1)\cdot2^{k-1}\ge2\cdot2^{k-1}=2^k$, так как $k+1\ge2$.

От противного: пусть $q=\frac mn$, $m,n\in\mathbb N$, и дробь несократима (если $q\lt0$, возьмём $-q$).

1. $\frac{m^2}{n^2}=2\Rightarrow m^2=2n^2$, значит $m^2$ чётно.
2. Тогда $m$ чётно: если $m=2t+1$, то $m^2=4t^2+4t+1$ нечётно.
3. $m=2t\Rightarrow4t^2=2n^2\Rightarrow n^2=2t^2\Rightarrow n$ чётно (по тому же рассуждению).

И $m$, и $n$ чётны — противоречие с несократимостью.

От противного: пусть простых конечное число: $p_1,\dots,p_k$. Положим $N=p_1p_2\cdots p_k+1\gt1$.

У $N$ есть простой делитель $p$ (наименьший делитель $N$, больший 1, прост: иначе у него был бы ещё меньший делитель). Значит, $p=p_i$ для некоторого $i$.

$p_i\mid N$ и $p_i\mid p_1\cdots p_k$, следовательно, $p_i\mid N-p_1\cdots p_k=1$. Противоречие.

Правило произведения: если первый объект выбирается $a$ способами и при каждом его выборе второй — $b$ способами, то пар ровно $ab$ (пары разбиваются на $a$ групп по $b$). По индукции обобщается на $k$ шагов.

$A_n^k$. На 1-е место — $n$ вариантов, на 2-е — $n-1$ (один элемент занят), …, на $k$-е — $n-(k-1)$. По правилу произведения $A_n^k=n(n-1)\cdots(n-k+1)$. Домножив и поделив на $(n-k)!$, получаем $\frac{n!}{(n-k)!}$.

$P_n$ $=A_n^n=n(n-1)\cdots1=n!$.

$C_n^k$. Каждое $k$-подмножество можно упорядочить $P_k=k!$ способами, и каждое размещение получается ровно из одного подмножества (из своего набора элементов). Поэтому $A_n^k=C_n^k\cdot k!$, откуда $C_n^k=\frac{A_n^k}{k!}$.

1) $C_n^{n-k}=\frac{n!}{(n-k)!\,(n-(n-k))!}=\frac{n!}{(n-k)!\,k!}=C_n^k$. Смысл: выбрать $k$ элементов — то же, что выбрать $n-k$ невыбранных.

2) Бином при $a=b=1$: $2^n=(1+1)^n=\sum C_n^k$. Смысл: число всех подмножеств $n$-множества.

3) Бином при $a=-1,\ b=1$: $0=(-1+1)^n=\sum(-1)^kC_n^k$.

По биному $(1+x)^n=\sum_{k=0}^nC_n^kx^k$. При $x\ge0$ все слагаемые $\ge0$, поэтому если выбросить часть слагаемых, сумма не увеличится. Оставляем $k=0,1,2$: $C_n^0=1$, $C_n^1=n$, $C_n^2=\frac{n(n-1)}2$. Если оставить одно слагаемое с номером $k$, получится вторая оценка.

Берём $\varepsilon=\frac{|a|}2\gt0$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ |a_n-a|\lt\frac{|a|}2$.

Из $\big||a|-|a_n|\big|\le|a-a_n|$ (§4, лемма 1б) следует $|a_n|\ge|a|-|a_n-a|\gt|a|-\frac{|a|}2=\frac{|a|}2$.

Знак: если $a\gt0$, то $a_n\gt a-\frac a2=\frac a2$.

Отделимость при всех $n$: положим $c=\min\{|a_1|,\dots,|a_{N-1}|,\frac{|a|}2\}$. Это минимум конечного набора положительных чисел, поэтому $c\gt0$. При $n\lt N$ $|a_n|\ge c$ по определению минимума, при $n\ge N$ $|a_n|\gt\frac{|a|}2\ge c$.

⇒. От противного: пусть $\{a_n\}$ б.б. и $|a_n|\le M$ при всех $n$. По определению б.б. с $E=M$ найдётся $N$, при котором $|a_N|\gt M$. Противоречие.

Контрпример к обратному: $a_n=n$ при чётных $n$, $a_n=0$ при нечётных.

• Неограничена: для любого $M$ по принципу Архимеда есть чётное $n\gt M$, и $|a_n|=n\gt M$.
• Не б.б.: при $E=1$ для любого $N$ найдётся нечётное $n\ge N$ с $|a_n|=0\le1$ — это отрицание определения б.б.

Берём любое $E\gt0$. Применим определение б.м. с $\varepsilon=\frac1E\gt0$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ |a_n|\lt\frac1E$.

Так как $|a_n|\gt0$, переворачиваем неравенство: $\left|\frac1{a_n}\right|=\frac1{|a_n|}\gt E$ при $n\ge N$. Это определение б.б.

Условие $a_n\ne0$ нужно, чтобы $\frac1{a_n}$ было определено (у б.м. $a_n=0$ обратной нет).

Берём любое $\varepsilon\gt0$. Применим определение б.б. с $E=\frac1\varepsilon$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ |a_n|\gt\frac1\varepsilon$. Тогда $\left|\frac1{a_n}-0\right|=\frac1{|a_n|}\lt\varepsilon$. Это определение б.м.

Ограниченность: $\exists M\gt0\ \forall n:\ |a_n|\le M$. Так как $|a_n|\gt0$, переворачиваем: $\left|\frac1{a_n}\right|=\frac1{|a_n|}\ge\frac1M$. Значит, $c=\frac1M\gt0$ подходит в определение отделимости.

$\exists c\gt0\ \forall n:\ |a_n|\ge c\gt0$. В частности, $a_n\ne0$, и обратная определена. Тогда $\left|\frac1{a_n}\right|=\frac1{|a_n|}\le\frac1c$ при всех $n$, то есть $M=\frac1c$.

Если отделимость только «с номера $N$», то оценка $\frac1c$ верна при $n\ge N$. Для первых членов (если они $\ne0$) берём $M=\max\{\frac1{|a_1|},\dots,\frac1{|a_{N-1}|},\frac1c\}$.

1) Б.м. сходится (к 0), а сходящаяся ограничена (теорема 2 §3).

2) Определение б.б. с $E=1$. Для всех $n$: $c=\min\{|a_1|,\dots,|a_{N-1}|,1\}\gt0$ — минимум конечного набора положительных чисел.

$\exists M\gt0\ \forall n:\ |a_n|\le M$. Возьмём любое $E\gt0$. По определению б.б. для $b_n$ с числом $E+M$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ |b_n|\gt E+M$.

Из неравенства треугольника $|b_n|=|(a_n+b_n)-a_n|\le|a_n+b_n|+|a_n|$, значит:

Контрпример: $a_n=n$, $b_n=-n$ — обе б.б., а $a_n+b_n=0$ не б.б.: при $E=1$ все члены $|0|\le1$. Ещё пример: $b_n=-n+(-1)^n$ даёт сумму $(-1)^n$ — даже предела нет.

Доказательство уточнения. Возьмём любое $E\gt0$. Из $a_n\to+\infty$: $\exists N_1\ \forall n\ge N_1:\ a_n\gt E$. Из $b_n\to+\infty$ (с числом $1$): $\exists N_2\ \forall n\ge N_2:\ b_n\gt1\gt0$. При $n\ge\max\{N_1,N_2\}$: $a_n+b_n\gt E+0=E$.

На самом деле хватает $b_n$, ограниченной снизу: см. «ограниченная + б.б.».

Контрпример: $a_n=b_n=n$, тогда $a_n-b_n=0$.

Уточнение. $b_n\to-\infty\iff-b_n\to+\infty$: $\forall E\ \exists N:\ b_n\lt-E\iff-b_n\gt E$. Тогда $a_n-b_n=a_n+(-b_n)$ — сумма двух последовательностей, стремящихся к $+\infty$, и она $\to+\infty$ по предыдущему пункту.

1) $\exists c\gt0\ \forall n:\ |b_n|\ge c$. Возьмём любое $E\gt0$. Б.б. с числом $\frac Ec$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ |a_n|\gt\frac Ec$. Тогда

2) Для б.б. $b_n$: $\exists N_0\ \forall n\ge N_0:\ |b_n|\gt1$. Возьмём $E\gt0$: $\exists N_1\ \forall n\ge N_1:\ |a_n|\gt E$. При $n\ge\max\{N_0,N_1\}$: $|a_nb_n|\gt E\cdot1=E$.

1) Сходящаяся к $b\ne0$ с некоторого номера $N_0$ удовлетворяет $|b_n|\gt\frac{|b|}2$ (отделимость, пункт выше). Возьмём $E\gt0$: $\exists N_1\ \forall n\ge N_1:\ |a_n|\gt\frac{2E}{|b|}$. При $n\ge\max\{N_0,N_1\}$: $|a_nb_n|\gt\frac{2E}{|b|}\cdot\frac{|b|}2=E$.

2) $|y_n|\ge|x_n|$ при $n\ge N_0$. Для $E\gt0$: $\exists N_1\ \forall n\ge N_1:\ |x_n|\gt E$. При $n\ge\max\{N_0,N_1\}$: $|y_n|\ge|x_n|\gt E$.

Контрпример: $a_n=n$ (б.б.), $b_n=\frac1n$ (ограничена: $|b_n|\le1$). Тогда $a_nb_n=1$ — не б.б. Ещё проще: $b_n=0$.

Почему так: ограниченная может «гасить» рост, если она стремится к нулю. Отделимость от нуля как раз запрещает $b_n$ приближаться к нулю. Доказательство — в пункте «б.б. × отделимая».

Контрпример: $a_n=\frac1n$ (б.м.), $b_n=n$ (отделима: $|b_n|\ge1$). Тогда $a_nb_n=1\not\to0$.

Уточнение: если $|b_n|\le M$, то $|a_nb_n|\le M|a_n|$. Для $\varepsilon\gt0$ берём $N$ с $|a_n|\lt\frac\varepsilon M$ при $n\ge N$, тогда $|a_nb_n|\lt\varepsilon$. Полное доказательство — лемма 3 в разделе 5.

$\exists c\gt0\ \forall n:\ |b_n|\ge c$, поэтому $\left|\frac{a_n}{b_n}\right|\le\frac{|a_n|}c$.

Возьмём $\varepsilon\gt0$. Б.м. с числом $c\varepsilon\gt0$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ |a_n|\lt c\varepsilon$. Тогда $\left|\frac{a_n}{b_n}\right|\lt\frac{c\varepsilon}c=\varepsilon$.

Короче: $\frac1{b_n}$ ограничена (обратная к отделимой), а б.м. × огр. = б.м.

Возьмём любое $E\gt0$.

• б.б. с числом $1$: $\exists N_1\ \forall n\ge N_1:\ |a_n|\gt1$;
• б.м. с числом $\frac1E$: $\exists N_2\ \forall n\ge N_2:\ 0\lt|b_n|\lt\frac1E$.

При $n\ge\max\{N_1,N_2\}$: $\left|\frac{a_n}{b_n}\right|=\frac{|a_n|}{|b_n|}\gt\frac1{1/E}=E$.

Иначе: $\frac1{b_n}$ б.б. (обратная к б.м.), и б.б. × б.б. = б.б.

Достаточно предъявить примеры на каждый случай:

• $\frac{\text{б.м.}}{\text{б.м.}}$: $\frac{1/n}{1/n}=1$; $\frac{1/n^2}{1/n}=\frac1n\to0$; $\frac{1/n}{1/n^2}=n$ — б.б.; $\frac{(-1)^n/n}{1/n}=(-1)^n$ — нет предела.
• $\frac{\text{б.б.}}{\text{б.б.}}$: $\frac nn=1$; $\frac n{n^2}\to0$; $\frac{n^2}n=n$; $\frac{(-1)^nn}n=(-1)^n$.
• $\text{б.б.}\cdot\text{б.м.}$: $n\cdot\frac1n=1$; $n\cdot\frac1{n^2}\to0$; $n^2\cdot\frac1n=n$; $n\cdot\frac{(-1)^n}n=(-1)^n$.

Контрпример: $a_n=n$, $b_n=-n$ (обе б.б.). Тогда $a_n^{b_n}=\frac1{n^n}\le\frac1n\to0$ — б.м., а не б.б.

Уточнение. Заметим: при $a_n\gt0$ б.б. означает именно $a_n\to+\infty$, поэтому всё дело в знаке показателя. Возьмём любое $E\gt0$ и положим $E'=\max\{E,1\}$.

• $\exists N_1\ \forall n\ge N_1:\ a_n\gt E'\ge1$;
• $\exists N_2\ \forall n\ge N_2:\ b_n\gt1$.

При $n\ge\max\{N_1,N_2\}$ основание $a_n\gt1$, а функция $x\mapsto a^x$ при $a\gt1$ возрастает. Поэтому $a_n^{b_n}\gt a_n^1\gt E'\ge E$.

Если $b_n\to-\infty$, то $a_n^{b_n}=\frac1{a_n^{-b_n}}\to0$: обратная к б.б. — б.м.

Контрпример: $a_n=\frac1n\in(0,1]$, $b_n=-1$ — обе ограничены, а $a_n^{b_n}=n$ неограничена.

Уточнение. Всегда $a_n^{b_n}\gt0$. Оценим сверху, разобрав два случая.

• $a_n\ge1$: функция $x\mapsto a_n^x$ неубывает, $b_n\le K$, поэтому $a_n^{b_n}\le a_n^K\le M^K$ (так как $t\mapsto t^K$ возрастает при $t\gt0$, а $a_n\le M$).
• $a_n\lt1$: $a_n^{b_n}=\left(\frac1{a_n}\right)^{-b_n}$, где $\frac1{a_n}\gt1$ и $-b_n\le K$. Поэтому $a_n^{b_n}\le\left(\frac1{a_n}\right)^K\le\left(\frac1c\right)^K$.

Итого $0\lt a_n^{b_n}\le\max\{M^K,c^{-K}\}$ при всех $n$.

Пусть $a_n\to A$. Для любого $\varepsilon\gt0$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ a_n\in U_\varepsilon(A)$. Положим $N'=\max\{N,K\}$. При $n\ge N'$: $b_n=a_n\in U_\varepsilon(A)$. В обратную сторону — симметрично.

Сдвиг: $c_n=a_{n+1}$ — это подпоследовательность с $n_k=k+1$, она сходится к тому же пределу (раздел 11).

Сначала $a\ge0$: по предельному переходу в неравенстве $a_n\ge0$ (раздел 6).

$a\gt0$. Домножим и поделим на сопряжённое:

Для $\varepsilon\gt0$ берём $N$, при котором $|a_n-a|\lt\varepsilon\sqrt a$ при $n\ge N$. Тогда $|\sqrt{a_n}-\sqrt a|\lt\varepsilon$.

$a=0$. Для $\varepsilon\gt0$ берём $N$: $a_n\lt\varepsilon^2$ при $n\ge N$. Корень возрастает, поэтому $\sqrt{a_n}\lt\varepsilon$.

От противного: $a_n\to a$, $a_n+b_n\to c$. Тогда по теореме 1 $b_n=(a_n+b_n)-a_n\to c-a\in\mathbb R$ — противоречие.

Примеры: $(-1)^n+(-1)^{n+1}=0$; $(-1)^n\cdot(-1)^n=1$. Сходящаяся × расходящаяся тоже может сходиться: $\frac1n\cdot n=1$.

1) $a_n=0\lt b_n=\frac1n$, но $A=B=0$. А $A\le B$ следует из теоремы 2, так как $a_n\lt b_n\Rightarrow a_n\le b_n$.

2) Теорема 1 для константы $c_n\equiv b\to b$ и $b\lt A$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ b\lt a_n$.

$|q|\lt1$. При $q=0$ все члены нули. Пусть $0\lt|q|\lt1$. Тогда $\frac1{|q|}\gt1$, поэтому $\left(\frac1{|q|}\right)^n\to+\infty$ (лемма 2), то есть б.б. Обратная к б.б. — б.м.: $|q|^n=\frac1{(1/|q|)^n}\to0$. Наконец, $|q^n-0|=|q|^n$, поэтому $q^n\to0$.

$q=1$: константа 1. $q\gt1$: лемма 2.

$q=-1$: $a_{2k}=1\to1$, $a_{2k-1}=-1\to-1$. Если бы был предел $A\in\overline{\mathbb R}$, обе подпоследовательности стремились бы к $A$ (раздел 11), а $1\ne-1$.

$q\lt-1$: $|q^n|=|q|^n\to+\infty$ (лемма 2, $|q|\gt1$) — б.б. Но $q^{2k}\gt0$ и $q^{2k-1}\lt0$. Если бы $q^n\to+\infty$, то с некоторого номера все члены лежали бы в $U_1(+\infty)=(1,+\infty)$, а среди них есть отрицательные. Аналогично для $-\infty$.

$a\gt1$. Тогда $\sqrt[n]a\gt1$ (если бы $\sqrt[n]a\le1$, то $a=(\sqrt[n]a)^n\le1$). Положим $h_n=\sqrt[n]a-1\gt0$. По Бернулли

$\frac{a-1}n\to0$ (константа × $\frac1n$), по теореме о зажатой $h_n\to0$, значит $\sqrt[n]a=1+h_n\to1$.

$a=1$: константа. $0\lt a\lt1$: $\frac1a\gt1$, и $\sqrt[n]a=\frac1{\sqrt[n]{1/a}}\to\frac11=1$ (лемма 4 §4).

При $n\ge2$: $\sqrt[n]n\gt1$ (как выше). Пусть $h_n=\sqrt[n]n-1\gt0$. Бернулли тут не хватит, берём оценку через бином (раздел 3):

Правая часть $\to0$: для $\varepsilon\gt0$ неравенство $\frac2{n-1}\lt\varepsilon^2$ равносильно $n\gt1+\frac2{\varepsilon^2}$; берём такое $N$ по Архимеду. Тогда по зажатой $h_n\to0$, и $\sqrt[n]n\to1$.

1) Индукцией: $|a_n|\le|a_N|q^{n-N}$ при $n\ge N$. База $n=N$ — равенство. Шаг: $|a_{n+1}|\le q|a_n|\le q|a_N|q^{n-N}=|a_N|q^{n+1-N}$.

Значит, $0\le|a_n|\le C\,q^n$, где $C=|a_N|q^{-N}$ — константа. $q^n\to0$ (так как $0\lt q\lt1$), по зажатой $|a_n|\to0$, то есть $a_n\to0$.

2) Положим $q=\frac{1+L}2$. Так как $0\le L\lt1$, имеем $q\in(L,1)$ и $q\ge\frac12\gt0$. Возьмём $\varepsilon=q-L=\frac{1-L}2\gt0$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ \left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|\lt L+\varepsilon=q$. Применяем пункт 1.

При $n\ge3$ по биному (все слагаемые $\ge0$, оставляем одно с $k=3$):

Отсюда $0\lt\frac{n^2}{2^n}\le\frac{6n^2}{n(n-1)(n-2)}=\frac{6n}{(n-1)(n-2)}$.

Оценим знаменатель снизу: $n-1\ge\frac n2\iff n\ge2$ и $n-2\ge\frac n2\iff n\ge4$. Значит, при $n\ge4$: $(n-1)(n-2)\ge\frac{n^2}4$ и

По теореме о зажатой $\frac{n^2}{2^n}\to0$.

Через лемму об отношении: $\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)^2}{2n^2}=\frac12\left(1+\frac1n\right)^2\to\frac12\lt1$.

$x_n=\frac{n^k}{a^n}\gt0$. Отношение соседних членов:

$1+\frac1n\to1$, и по теореме о произведении ($k$ раз) $\left(1+\frac1n\right)^k\to1$. Значит, $\frac{x_{n+1}}{x_n}\to\frac1a\lt1$, и по лемме об отношении $x_n\to0$.

$\frac{2^n}{n!}$. $\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{2^{n+1}}{(n+1)!}\cdot\frac{n!}{2^n}=\frac2{n+1}\le\frac12$ при $n\ge3$ ($n+1\ge4$). Лемма об отношении с $q=\frac12$, $N=3$.

Общий случай. $a=0$ — нули. При $a\ne0$: $\left|\frac{x_{n+1}}{x_n}\right|=\frac{|a|}{n+1}\to0\lt1$, и снова работает лемма об отношении (п. 2).

$\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\cdot\frac{n^n}{n!}=\frac{(n+1)\,n^n}{(n+1)^{n+1}}=\frac{n^n}{(n+1)^n}=\frac1{\left(1+\frac1n\right)^n}.$

По Бернулли $\left(1+\frac1n\right)^n\ge1+n\cdot\frac1n=2$, поэтому отношение $\le\frac12$ при всех $n$. Лемма об отношении.

$m$ — нижняя грань $A$ $\iff\forall a\in A:\ a\ge m\iff\forall a:\ -a\le-m\iff-m$ — верхняя грань $-A$.

Значит, $-A$ непусто и ограничено сверху, и по теореме 1 существует $S=\sup(-A)$. Множества нижних граней $A$ и верхних граней $-A$ переходят друг в друга сменой знака, причём смена знака переворачивает порядок. Поэтому наименьшей верхней грани $S$ множества $-A$ соответствует наибольшая нижняя грань $-S$ множества $A$: $\inf A=-S$. Единственность — из единственности $S$.

Возьмём $\varepsilon\gt0$. По Архимеду $\exists N\in\mathbb N:\ N\gt\frac1\varepsilon$. При $n\ge N$: $0\lt\frac1n\le\frac1N\lt\varepsilon$.

$S=\{m\in\mathbb Z:\ m\le x\}$.

• $S\ne\varnothing$: по Архимеду $\exists n\in\mathbb N:\ n\gt-x$, тогда $-n\lt x$ и $-n\in S$.
• $S$ ограничено сверху числом $x$, поэтому $\exists M=\sup S$.

По пункту 2 sup с $M'=M-1$: $\exists m\in S:\ m\gt M-1$. Тогда $m+1\gt M$, значит $m+1\notin S$, то есть $m+1\gt x$. Итого $m\le x\lt m+1$, что равносильно $x-1\lt m\le x$.

Единственность: если $m_1,m_2\in(x-1,x]$, то $|m_1-m_2|\lt1$, а разность целых меньше 1 по модулю — это 0.

По Архимеду $\exists n\in\mathbb N:\ n\gt\frac1{b-a}$, то есть $nb-na\gt1$. Положим $m=[na]+1\in\mathbb Z$.

• $[na]\le na\lt[na]+1=m$, значит $m\gt na$;
• $m=[na]+1\le na+1\lt nb$.

Итак, $na\lt m\lt nb$, делим на $n\gt0$: $a\lt\frac mn\lt b$.

Иррациональное: возьмём рациональное $r\in(a-\sqrt2,\ b-\sqrt2)$. Тогда $r+\sqrt2\in(a,b)$ и иррационально (иначе $\sqrt2=(r+\sqrt2)-r\in\mathbb Q$).

$M\in\mathbb R$. Для каждого $n$ применим пункт 2 sup с $M'=M-\frac1n$: $\exists a_n\in A:\ a_n\gt M-\frac1n$. Кроме того, $a_n\le M$. Итого $M-\frac1n\lt a_n\le M$; крайние $\to M$, по зажатой $a_n\to M$.

$M=+\infty$: $A$ неограничено сверху, поэтому $\forall n\ \exists a_n\in A:\ a_n\gt n$, и по теореме 4 §5 $a_n\to+\infty$.

1) Если $\sup B=+\infty$, доказывать нечего. Иначе $\sup B$ — верхняя грань $B$, а значит и $A$ (каждый $a\in A$ лежит в $B$). А $\sup A$ — наименьшая верхняя грань $A$, поэтому $\sup A\le\sup B$.

2) $S=\sup A$, $T=\sup B$. Проверяем критерий для $S+T$:

• $a+b\le S+T$ для всех $a\in A$, $b\in B$;
• для $\varepsilon\gt0$: $\exists a\in A:\ a\gt S-\frac\varepsilon2$ и $\exists b\in B:\ b\gt T-\frac\varepsilon2$. Тогда $a+b\gt S+T-\varepsilon$.

$A$ левее $B$: если $a\in A$, $b\in B$, то $a^2\lt2\lt b^2$ и $a,b\gt0$, значит $a\lt b$. Оба непусты: $1\in A$, $2\in B$.

Пусть $c\in\mathbb Q$ и $a\le c\le b$ для всех $a\in A$, $b\in B$. Тогда $c\ge1\gt0$. По иррациональности $\sqrt2$ $c^2\ne2$.

Случай $c^2\lt2$. $h=\min\left\{1,\ \frac{2-c^2}{2c+1}\right\}\in\mathbb Q$, $0\lt h\le1$, поэтому $h^2\le h$:

$c+h$ рационально, поэтому $(c+h)^2\ne2$, значит $(c+h)^2\lt2$ и $c+h\in A$. Но $c+h\gt c$ — противоречие с $a\le c$.

Случай $c^2\gt2$. $h=\frac{c^2-2}{2c}\in\mathbb Q$, $h\gt0$, и $h\lt\frac{c^2}{2c}=\frac c2$, поэтому $c-h\gt0$:

Значит, $c-h\in B$ и $c-h\lt c$ — противоречие с $c\le b$.

Ограниченность: $0\lt x_n\lt2$ индукцией. База: $0\lt\sqrt2\lt2$. Шаг: $0\lt x_{k+1}=\sqrt{2+x_k}\lt\sqrt{2+2}=2$.

Возрастание: оба числа положительны, поэтому

а это верно, так как $x_n-2\lt0$ и $x_n+1\gt0$.

Предел. По Вейерштрассу $\exists L=\lim x_n$, и $\sqrt2\le L\le2$ (предельный переход в неравенствах). Из $x_{n+1}^2=2+x_n$: левая часть $\to L^2$ (сдвиг индекса не меняет предела, плюс предел произведения), правая $\to2+L$. Значит, $L^2-L-2=0$, $L\in\{2,-1\}$, и так как $L\gt0$, $L=2$.

$x_n\gt0$ индукцией (сумма положительных, делённая на 2).

Ограниченность снизу при $n\ge2$:

Убывание при $n\ge2$: $x_{n+1}-x_n=\frac12\left(\frac a{x_n}-x_n\right)=\frac{a-x_n^2}{2x_n}\le0$, так как $x_n\ge\sqrt a$.

По Вейерштрассу (начиная со второго члена; конечное число членов не влияет) $\exists L\ge\sqrt a\gt0$. Переходим к пределу в рекуррентном соотношении, пользуясь тем, что $L\ne0$ (предел частного): $L=\frac12\left(L+\frac aL\right)$, откуда $2L^2=L^2+a$, $L^2=a$ и $L=\sqrt a$.

При $n\ge2$:

По строгому Бернулли с $x=-\frac1{n^2}\in(-1,0)$: $\left(1-\frac1{n^2}\right)^n\gt1-\frac n{n^2}=1-\frac1n=\frac{n-1}n$.

Значит, $\frac{y_n}{y_{n-1}}\gt\frac{n-1}n\cdot\frac n{n-1}=1$.

Ограниченность: $y_n\lt y_n\left(1+\frac1n\right)=x_n\le x_1=4$.

$y_n$ строго возрастает и $y_n\to e$; по Вейерштрассу $e=\sup y_n$. Тогда $y_n\lt y_{n+1}\le e$.

$x_n$ строго убывает и $x_n\to e$; $e=\inf x_n$. Тогда $e\le x_{n+1}\lt x_n$.

$e\gt2$: $e\gt y_1=2$ (двойная оценка).

Оценка через бином. $y_n=\sum_{k=0}^nC_n^k\frac1{n^k}$, и

Используя $k!\ge2^{k-1}$ (раздел 2) и сумму геометрической прогрессии:

Отсюда $e=\lim y_n\le3$. Строго: $e\lt x_5=\left(\frac65\right)^6=2{,}985984\lt3$.

При $n\ge2$, обозначив $m=n-1$:

$x_{n-1}\to e$ (сдвиг индекса не меняет предела), $e\ne0$, значит $\frac1{x_{n-1}}\to\frac1e$.

Телескопическое разложение:

Поэтому $\left(1+\frac kn\right)^n=\prod_{j=0}^{k-1}\left(1+\frac1{n+j}\right)^n$. Каждый сомножитель (при фиксированном $j$):

Числитель — это $y_{n+j}$, сдвиг $y_n$, поэтому $\to e$; знаменатель — произведение $j$ сомножителей, каждый $\to1$. Произведение $k$ сомножителей, каждый $\to e$, стремится к $e^k$.

1) Индукцией: $n_1\ge1$, так как это натуральное число. Если $n_k\ge k$, то $n_{k+1}\gt n_k\ge k$, а для целых это значит $n_{k+1}\ge k+1$.

2) Для $\varepsilon\gt0$: $\exists N\ \forall n\ge N:\ a_n\in U_\varepsilon(A)$. При $k\ge N$: $n_k\ge k\ge N$, поэтому $a_{n_k}\in U_\varepsilon(A)$.

Следствие: если бы $a_n\to A$, обе подпоследовательности стремились бы к $A$, и по единственности их пределы совпали бы.

Для $\varepsilon\gt0$: $\exists K_1\ \forall k\ge K_1:\ a_{2k}\in U_\varepsilon(A)$; $\exists K_2\ \forall k\ge K_2:\ a_{2k-1}\in U_\varepsilon(A)$. Пусть $K=\max\{K_1,K_2\}$, $N=2K$.

Пусть $n\ge N$. Если $n=2k$, то $k=\frac n2\ge K\ge K_1$. Если $n=2k-1$, то $k=\frac{n+1}2\gt K\ge K_2$. В обоих случаях $a_n\in U_\varepsilon(A)$.

Назовём номер $m$ пиком, если $a_m\ge a_n$ для всех $n\gt m$.

Пиков бесконечно много: $m_1\lt m_2\lt\dots$. Так как $m_k$ — пик и $m_{k+1}\gt m_k$, то $a_{m_k}\ge a_{m_{k+1}}$. Получили невозрастающую подпоследовательность.

Пиков конечное число: пусть $n_1$ больше всех пиков. $n_1$ не пик $\Rightarrow\exists n_2\gt n_1:\ a_{n_2}\gt a_{n_1}$. $n_2$ тоже не пик (он больше всех пиков) $\Rightarrow\exists n_3\gt n_2:\ a_{n_3}\gt a_{n_2}$, и так далее. Получили строго возрастающую подпоследовательность.

Б–В: если $\{a_n\}$ ограничена, её монотонная подпоследовательность тоже ограничена и по Вейерштрассу сходится к конечному пределу.

По следствию из теоремы Вейерштрасса $\exists\lim a_n=L\in\overline{\mathbb R}$. Подпоследовательность стремится к тому же пределу: $a_{n_k}\to L$. По единственности $L=A\in\mathbb R$.

Отрицание фундаментальности: $\exists\varepsilon\ \forall N\ \exists n,m\ge N:\ |H_n-H_m|\ge\varepsilon$.

Возьмём $\varepsilon=\frac12$ и для любого $N$ положим $n=2N$, $m=N$:

($N$ слагаемых, каждое $\ge\frac1{2N}$). По критерию Коши $H_n$ расходится. $H_n$ возрастает, поэтому (Вейерштрасс) $H_n\to+\infty$.

$x_n=\sqrt n$: $\sqrt{n+1}-\sqrt n=\frac1{\sqrt{n+1}+\sqrt n}\le\frac1{2\sqrt n}\to0$. Но $\sqrt n$ неограничена (для любого $M$ при $n\gt M^2$ $\sqrt n\gt M$), а фундаментальная ограничена — значит, $\sqrt n$ не фундаментальна.

Другой пример — $H_n$: $H_{n+1}-H_n=\frac1{n+1}\to0$.

При $k\ge2$: $\frac1{k^2}\lt\frac1{k(k-1)}=\frac1{k-1}-\frac1k$. Для $m\gt n$ сумма телескопируется:

Для $\varepsilon\gt0$ берём $N\gt\frac1\varepsilon$. При $m\gt n\ge N$: $|x_m-x_n|\lt\frac1n\le\frac1N\lt\varepsilon$ (случай $m=n$ тривиален).

Пусть $d=|x_2-x_1|$. Индукцией: $|x_{k+1}-x_k|\le q^{k-1}d$.

Для $m\gt n$ — неравенство треугольника и сумма прогрессии:

(Конечная сумма: $q^{n-1}(1+q+\dots+q^{m-1-n})=q^{n-1}\frac{1-q^{m-n}}{1-q}\le\frac{q^{n-1}}{1-q}$.)

$q^{n-1}\to0$, поэтому для $\varepsilon\gt0$ найдётся $N$ с $\frac{d\,q^{N-1}}{1-q}\lt\varepsilon$, и при $m\gt n\ge N$: $|x_m-x_n|\lt\varepsilon$ ($q^{n-1}\le q^{N-1}$).

$|x^2-4|=|x-2|\cdot|x+2|$. Ограничим второй множитель: если $|x-2|\lt1$, то $1\lt x\lt3$ и $|x+2|\lt5$.

Для $\varepsilon\gt0$ положим $\delta=\min\{1,\frac\varepsilon5\}$. Если $0\lt|x-2|\lt\delta$, то $|x+2|\lt5$ и $|x^2-4|\lt\frac\varepsilon5\cdot5=\varepsilon$.

Единственность (для конечного $x_0$). $x_n=x_0+\frac{\delta_0}{n+1}$ — последовательность Гейне: она лежит в $\mathring U_{\delta_0}(x_0)$, $x_n\ne x_0$, $x_n\to x_0$. Если $A$ и $B$ — пределы, то $f(x_n)\to A$ и $f(x_n)\to B$, и по единственности предела последовательности $A=B$.

Арифметика. Возьмём любую последовательность Гейне $x_n$. По Гейне $f(x_n)\to A$, $g(x_n)\to B$. По теоремам §4 $f(x_n)+g(x_n)\to A+B$ (и аналогично для остальных). Так как $x_n$ любая, $f+g\to A+B$ по Гейне, а значит и по Коши.

Две последовательности Гейне в точке 0:

• $x_n=\frac1{\pi n}\to0$, $x_n\ne0$: $\sin\frac1{x_n}=\sin\pi n=0\to0$;
• $x_n'=\frac1{\frac\pi2+2\pi n}\to0$, $x_n'\ne0$: $\sin\frac1{x'_n}=\sin\left(\frac\pi2+2\pi n\right)=1\to1$.

Если бы предел $A\in\overline{\mathbb R}$ существовал, по Гейне было бы $A=0$ и $A=1$. Противоречие.

По плотности $\mathbb Q$ (раздел 8) для каждого $n$ найдётся рациональное $r_n\in(x_0,x_0+\frac1n)$ и иррациональное $s_n\in(x_0,x_0+\frac1n)$.

Обе последовательности — Гейне: $\ne x_0$, и $|r_n-x_0|\lt\frac1n\to0$. Но $D(r_n)=1\to1$, а $D(s_n)=0\to0$. По Гейне предела нет.

График обратного соответствия: $G_{f^{-1}}=\{(y,x):\ (x,y)\in G_f\}=\{(f(x),x)\}$.

Однозначность $f^{-1}$: если $(y,x_1),(y,x_2)\in G_{f^{-1}}$, то $x_1=x_2$. Это значит: если $f(x_1)=y=f(x_2)$, то $x_1=x_2$ — то же самое условие.

Инъекция: $g(f(x_1))=g(f(x_2))\overset{g\text{ инъект.}}\Longrightarrow f(x_1)=f(x_2)\overset{f\text{ инъект.}}\Longrightarrow x_1=x_2$.

Сюръекция: возьмём $z\in Z$. $g$ сюръективна $\Rightarrow\exists y:\ g(y)=z$; $f$ сюръективна $\Rightarrow\exists x:\ f(x)=y$. Тогда $g(f(x))=z$.

⇒. Для $y\in Y$ по сюръективности есть $x$ с $f(x)=y$, и по инъективности он единственный. Положим $g(y)=x$. Тогда $f(g(y))=y$ по построению. А $g(f(x))$ — единственный $x'$ с $f(x')=f(x)$; сам $x$ подходит, значит $g(f(x))=x$.

⇐. Инъективность: $f(x_1)=f(x_2)\Rightarrow g(f(x_1))=g(f(x_2))\Rightarrow x_1=x_2$. Сюръективность: для $y$ берём $x=g(y)$, тогда $f(x)=y$.

Двойная оценка для $e$ (раздел 10): $\left(1+\frac1n\right)^n\lt e\lt\left(1+\frac1n\right)^{n+1}$. Логарифм возрастает, применяем его ко всем частям:

Делим левое неравенство на $n$, правое на $n+1$.

Убывает: по оценке логарифма из предыдущей карточки

Ограничена снизу нулём: по той же оценке $\frac1k\gt\ln\left(1+\frac1k\right)=\ln(k+1)-\ln k$. Суммируем по $k=1..n$, сумма справа телескопируется:

По Вейерштрассу $\gamma=\lim\gamma_n$ существует; $\gamma\ge0$, а из строгого убывания $\gamma\lt\gamma_1=1$.

Следствие: $H_n=\ln n+\gamma+\alpha_n$, где $\alpha_n$ б.м. Отсюда снова $H_n\to+\infty$.

Обозначим $y_n=\left(1+\frac1n\right)^n$. Из раздела 10:

$s_n$ возрастает и ограничена, поэтому $s_n\to S$. Переходя к пределу в $y_n\le s_n$, получаем $e\le S$.

Обратно. Фиксируем $m$. При $n\ge m$ отбросим слагаемые с $k\gt m$ (они неотрицательны):

При $n\to\infty$ справа конечная (из $m+1$ слагаемых) сумма произведений, где каждый множитель $1-\frac jn\to1$. Поэтому правая часть $\to s_m$, и в пределе $e\ge s_m$. Это верно для любого $m$, значит $S=\lim s_m\le e$. Итого $S=e$.

Это условие (2) критерия частичного предела (лекции §9, Т1, раздел 11). Короткое доказательство:

⇐. $a_{n_k}\to a$: для $\varepsilon\gt0$ при всех $k\ge K$ $a_{n_k}\in U_\varepsilon(a)$. Номера $n_K\lt n_{K+1}\lt\dots$ различны, их бесконечно много.

⇒. Строим $n_k$ по индукции: в $U_1(a)$ бесконечно много членов, берём любой $a_{n_1}$. Если $n_{k-1}$ уже выбран, в $U_{1/k}(a)$ бесконечно много членов, а номеров $\le n_{k-1}$ конечное число, поэтому есть $n_k\gt n_{k-1}$ с $a_{n_k}\in U_{1/k}(a)$. Тогда $a-\frac1k\lt a_{n_k}\lt a+\frac1k$, и по зажатой $a_{n_k}\to a$.

Пусть $M=\sup L$, возьмём $\varepsilon\gt0$. По определению sup (в $\overline{\mathbb R}$) $\exists x\in L:\ x\in U_\varepsilon(M)$.

Подберём $\varepsilon'\gt0$ так, чтобы $U_{\varepsilon'}(x)\subset U_\varepsilon(M)$:

• $M,x\in\mathbb R$: $\varepsilon'=\varepsilon-|M-x|\gt0$. Если $|y-x|\lt\varepsilon'$, то $|y-M|\le|y-x|+|x-M|\lt\varepsilon$.
• $M=+\infty$, $x\in\mathbb R$: $x\gt\frac1\varepsilon$, берём $\varepsilon'=x-\frac1\varepsilon$.
• $x=M=+\infty$: $\varepsilon'=\varepsilon$.

$x$ — частичный предел, поэтому в $U_{\varepsilon'}(x)$ бесконечно много членов, а значит и в $U_\varepsilon(M)$. Так как $\varepsilon$ любое, по критерию $M$ — частичный предел. Для $\inf$ аналогично.

$M_n$ сходится. $\{x_k:\ k\ge n+1\}\subset\{x_k:\ k\ge n\}$, поэтому по монотонности sup $M_{n+1}\le M_n$. Кроме того, $M_n\ge x_n\ge\inf x$. Убывает и ограничена снизу — по Вейерштрассу $M_n\to M^*$.

Каждый частичный предел $\le M^*$. Пусть $x_{n_k}\to A$. Так как $x_{n_k}$ входит в хвост с номера $n_k$, $x_{n_k}\le M_{n_k}$. При этом $M_{n_k}\to M^*$ (подпоследовательность сходящейся). Переходим к пределу: $A\le M^*$.

$M^*$ — частичный предел. Строим $n_k$: пусть $N_k=n_{k-1}+1$ (и $N_1=1$). По определению sup $\exists n_k\ge N_k:\ M_{N_k}-\frac1k\lt x_{n_k}\le M_{N_k}$. Номера $N_k$ строго возрастают, поэтому $M_{N_k}\to M^*$, и по зажатой $x_{n_k}\to M^*$.

Итак, $M^*\in L$ и $M^*\ge$ всех элементов $L$, значит $M^*=\max L=\sup L$.

⇒. По теореме 4 §9 $A$ — единственный частичный предел: $L=\{A\}$, поэтому $\inf L=\sup L=A$.

⇐. Все частичные пределы лежат между $\inf L=A$ и $\sup L=A$, значит $L\subset\{A\}$. $L$ непусто, поэтому $L=\{A\}$: $A$ — единственный частичный предел, и по теореме 4 §9 $x_n\to A$.

Возьмём последовательность Гейне $x_n\to x_0$, $x_n\ne x_0$ (например, $x_0+\frac{\delta_1}{n+1}$). С некоторого номера $N$ $x_n\in\mathring U_{\delta_1}(x_0)$, поэтому $f(x_n)\le g(x_n)$ при $n\ge N$.

По Гейне $f(x_n)\to A$, $g(x_n)\to B$. По предельному переходу для последовательностей $A\le B$.

Через Гейне. Пусть $x_n\to x_0$, $x_n\ne x_0$. С некоторого номера $N$ $x_n\in\mathring U_{\delta_1}(x_0)$, поэтому $h(x_n)\le f(x_n)\le g(x_n)$. По Гейне $h(x_n)\to A$ и $g(x_n)\to A$, по теореме о зажатой последовательности $f(x_n)\to A$. Так как $x_n$ любая, $f\to A$.

Через Коши (для конечного $A$). Для $\varepsilon\gt0$ $\exists\delta_2:\ A-\varepsilon\lt h(x)$ и $\exists\delta_3:\ g(x)\lt A+\varepsilon$ в соответствующих проколотых окрестностях. При $\delta=\min\{\delta_1,\delta_2,\delta_3\}$ и $0\lt|x-x_0|\lt\delta$: