2.1. Тізбектердің шегі
Басты бет
🠜 Артқа

Кіріспе бөлім

Негізгі бөлім

!! Ақау жайлы хабар беру

§ 2.1. Тізбектер

Иә, тізбектердің шегі түсінігі функциялардың шегі ұғымының жеке жағдайы болғанымен оңаша қарастыруға тұрарлық өте маңызды тақырып.

1. Бастапқы ұғымдар

▲Бастапқы ұғымдар Жинақталу ▼

Анықтама. EE жиынының элементтерінің тізбегі деп N→E:n↦xn\N \to E:n \mapsto x_n функциясын, яғни әрбір n∈Nn \in \N натурал санына сәйкес xn∈Ex_n \in E элементін қоятын функцияны айтамыз.

Демек, тізбек дегеніміз натурал сандар жиынында анықталған ff функция екен. Яғни, берілген жиынның елементтерін нөмірлейтін (сәйкес натурал санмен байланыстыратын) функцияны айтамыз.

Тізбектің құрамындағы әрбір xnx_n елементін тізбектің мүшесі деп атаймыз. x1x_1 элементі тізбектің бірінші мүшесі, x2x_2 - екінші мүшесі, ... , ал xnx_n - тізбектің жалпы мүшесі немесе nn-інші мүшесі деп аталады. Тізбек элементтерінің санын (шексіз болуы мүмкін) тізбектің ұзындығы деп атаймыз.

Әрине, xx - тің орнына басқа да әріптерді қолдануға болады (мысалы yn,zn,tn,y_n, z_n, t_n, т.б). Сол сияқты тізбектің аргументін белгілеуде nn - нен басқа k,m,i,j,...k,m,i,j,... әріптерін қолдануға әбден болады.

Тізбекті белгілеуде ыңғайымызға қарай мынадай символдарды қолданамыз:

  • x1,x2,...,xn,...;x_1, x_2, ..., x_n, ...;
  • {xn}n=1∞;\{x_n\}^\infty_{n = 1};
  • {xn};\{x_n\};
  • {xn}n⩾1;\{x_n\}_{n \geqslant 1};
  • n→xn(n=1,2,...);n \to x_n (n = 1,2,...);
  • (xn);(x_n);
  • xn=f(n);x_n = f(n);

Анықтама. Нақты сандар тізбегі деп әрбір n∈Nn \in \N натурал санына сәйкес xn∈Rx_n \in \R санын қоятын функцияны, яғни, N→R:n↦xn\N \to \R : n \mapsto x_n функциясын айтамыз.

Басқалай айтсақ, сандар тізбегі деп елементтері сандар болатын тізбектерді айтамыз. Ары қарай нақты сандар тізбегі демей-ақ жәй ғана тізбектер деп атай береміз.

Егер де {xn}\{x_n\} тізбегінің барлық элементтері бір ғана cc санына тең болса, онда бұл тізбек тұрақты тізбек деп аталады.

Егер әрбір n∈Nn \in \N үшін xn=ynx_n = y_n болса, онда бұл екі тізбек бірдей деп аталады. Ашып айтар болсақ, екі тізбек тең болу үшін олардың ұзындығы (мөлшері), елементтері және елементтер реттілігі бірдей болуы қажет.

Тізбектерге де арифметикалық амалдар қолдануға болады. Және бұл қарапайым түрде жүзеге асады. {xn}\{x_n\} және {yn}\{y_n\} тізбектері берілген делік. Онда жалпы мүшесі zn=xn+ynz_n = x_n + y_n формуласымен анықталатын {zn}\{z_n\} тізбегін {xn}\{x_n\} мен {yn}\{y_n\} тізбектерінің қосындысы деп атаймыз. Осы секілді тізбектердің айырмасын, көбейтіндісін және бөліндісін анықтауға болады.

Шенелген тізбектер

Анықтама. Кез келген n∈Nn \in \N үшін xn⩽Mx_n \leqslant M теңсіздігін қанағаттандыратын MM саны табылса(бар болса), онда {xn}\{x_n\} тізбегі жоғарыдан шенелген тізбек деп аталады.

Кез келген n∈Nn \in \N үшін xn⩾Mx_n \geqslant M теңсіздігін қанағаттандыратын MM саны табылса(бар болса), онда {xn}\{x_n\} тізбегі төменнен шенелген тізбек деп аталады.

Қарапайым тілмен айтар болсақ, былай дейді: Тізбектің кез келген мүшесінен үлкен қандай да бір MM саны табылса, онда берілген тізбек жоғарыдан шенелген деген сөз. Осы сияқты, тізбектің кез келген мүшесінен кіші қандай да бір MM саны табылса, онда берілген тізбек төменнен шенелген болады.

Егер тізбек жоғарыдан да төменнен де шенелген болса, онда берілген тізбек шенелген тізбек деп аталады. Толығырақ айтсақ,

Анықтама. Кез келген n∈Nn \in \N үшін ∣xn∣⩽M|x_n| \leqslant M теңсіздігін қанағаттандыратын M>0M > 0 саны табылса(бар болса), онда {xn}\{x_n\} тізбегі шенелген тізбек деп аталады. Керісінше жағдайда тізбек шенелмеген тізбек деп аталады.

Яғни, шенелмеген тізбек деп жоғарыдан, төменнен немесе жоғарыдан да төменнен де шенелмеген тізбекті айтамыз. Сонымен, мұндай тізбектерге мысал келтіріп көрейік!

Мысал 1. xn=n2,n∈Nx_n = n^2, n\in\N теңдігінен пайда болатын xn={1,4,9,16,...,n2,...}x_n = \{1, 4, 9, 16, ..., n^2,...\} тізбегі төменнен шенелгендігін көріп тұрмыз. Себебі, бізде бұл тізбектің кез келген мүшесінен кіші болатын, яғни xn⩾Mx_n \geqslant M шартына сай сандар табылады. Бірақ, тізбектегі кез келген саннан үлкен сан таба алмаймыз. Оны өзіңіз де білесіз. Демек, бұл тізбек жоғарыдан шенелмеген, бірақ төменнен шенелген. Ал тізбек шенелген болуы үшін ЕКІ ШАРТ ТА ОРЫНДАЛУЫ КЕРЕК екені жоғарыда айтылды. Сол себепті бұл тізбек шенелмеген тізбек.

Мысал 2. vn=−2n,n∈Nv_n = -2n, n\in\N теңдігінен пайда болатын vn={−2,−4,−6,−8,...,−2n,...}v_n = \{-2, -4, -6, -8, ..., -2n, ...\} тізбегі жоғарыдан шенелген, ал төменнен шенелмеген. Сәйкесінше бұл тізбек шенелмеген тізбек болады.

Мысал 3. un=(−1)n⋅nu_n = (-1)^n\cdot n теңдігінен пайда болатын un={−1,2,−3,4,−5,6,...,(−1)n⋅n,...}u_n = \{-1, 2, -3, 4, -5, 6, ... , (-1)^n\cdot n,...\} тізбегі төменнен де жоғарыдан да шенелмеген. Себебін біліп тұрған да боларсыз. Бұл тізбектің мүшелері +∞+\infty пен қатар −∞-\infty - ке қарай өсе беретіндіктен кез келген мүшесінен үлкен не кіші санды табу мүмкін емес. Сол себепті де бұл тізбек жоғарыдан да төменнен де шенелмеген тізбек болады. Сәйкесінше бұл тізбек шенелмеген.

Мысал 4. zn=1nz_n = \dfrac{1}{n} теңдігінен пайда болатын xn={1,12,13,...,1n,...}x_n = \Big\{1, \dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, ..., \dfrac{1}{n}, ...\Big\} тізбегі жоғарыдан шенелген. Себебі, берілген тізбектің кез келген мүшесінен үлкен сан табылады. Сол секілді, кез келген мүшесінен кіші сан да табылатындықтан төменнен де шенеледі. Демек, бұл тізбек шенелген тізбек!

Ал енді {xn}\{x_n\} тізбегінің супремумы мен инфимумына анықтама берейік:

a=sup⁡{xn}⇔(∀n∈N xn⩽a)∧(∀ε>0 ∃Nε∈N:xNε>a−ε),b=inf⁡{xn}⇔(∀n∈N xn⩾b)∧(∀ε>0 ∃Nε∈N:xNε<b+ε).\begin{aligned} \boxed{a=\sup\{x_n\}}&⇔(\forall n\in \N\ x_n \leqslant a)\land(\forall\varepsilon \gt 0\ \exist N_\varepsilon \in \N : x_{N_\varepsilon} \gt a − \varepsilon), \\ \boxed{b=\inf\{x_n\}}&⇔({\forall n\in \N\ x_n \geqslant b})\land({\forall\varepsilon \gt 0\ \exist N_\varepsilon \in \N :x_{N_\varepsilon} \lt b+\varepsilon}). \end{aligned}

Яғни, қандай да бір aa саны тізбектің супремумы болуы үшін

(∀n∈N xn⩽a)(\forall n\in \N\ x_n \leqslant a)
ол сан тізбектегі бүкіл элементтен үлкен немесе тең болуы қажет;
(∀ε>0 ∃Nε∈N:xNε>a−ε)(\forall\varepsilon \gt 0\ \exist N_\varepsilon \in \N : x_{N_\varepsilon} \gt a − \varepsilon)
ол саннан сәл (өте кішкентай мөлшерде) кемітсеңіз тізбекте одан үлкен болатын сан табылатын болуы қажет.
Тапсырма 1. Төменде берілген тұжырымдар дұрыс па? Жауабыңызды дәлелдеңіз.

a=sup⁡{xn}⇔(∀n∈N xn⩽a)∧(∀ε>0 ∃N∈N:∀n⩾N xn>a−ε)b=sup⁡{xn}⇔(∀n∈N xn⩽b)∧(∀ε>0 ∃N∈N:∀n⩾N ∣xn−b∣<ε)\begin{aligned} a = \sup\{x_n\} &\lrArr (\forall n \in \N \ x_n \leqslant a) \land (\forall \varepsilon \gt 0 \ \exist N \in \N: \forall n \geqslant N \ x_n > a - \varepsilon) \\ b = \sup\{x_n\} &\lrArr (\forall n \in \N \ x_n \leqslant b) \land (\forall \varepsilon \gt 0 \ \exist N \in \N: \forall n \geqslant N \ |x_n - b| \lt \varepsilon) \end{aligned}

Тапсырма 2. Төртінші мысалдағы тізбектің супремумы 11, ал инфимумы 00 болатынын, яғни sup⁡zn=1,inf⁡zn=0\sup z_n = 1, \inf z_n = 0 екендігін дәлелдеңіз.

Бірсарынды (монотонды) тізбектер.

Қандай да бір {xn}\{x_n\} тізбегі берілсін. Егер әрбір nn үшін xn<xn+1x_n < x_{n+1} болса, яғни тізбектің кез келген елементі келесі елементтен кіші болса, онда {xn}\{x_n\} тізбегі өспелі тізбек деп аталады.

Егер әрбір nn үшін xn>xn+1x_n > x_{n+1} болса, онда {xn}\{x_n\} тізбегі кемімелі тізбек деп аталады.

Егер әрбір nn үшін xn⩾xn+1x_n \geqslant x_{n+1} болса, онда {xn}\{x_n\} тізбегі өспейтін тізбек деп аталады.

Егер әрбір nn үшін xn⩽xn+1x_n \leqslant x_{n+1} болса, онда {xn}\{x_n\} тізбегі кемімейтін тізбек деп аталады.

Бұл тізбектердің барлығы бірсарынды тізбек (монотонды) деп аталады. Ал, өспелі және кемімелі тізбектер қатаң бірсарынды тізбектер деп аталады.

Тапсырма. Төртіші мысалдағы тізбектің кемімелі тізбек екендігін дәлелдеңіз.

2. Жинақталатын тізбектер

▲ Бастапқы ұғымдар Теоремалар алқабы ▼

Анықтама. Қандай да бір {xn}\{x_n\} тізбегі берілген болсын. Егер ∃p∈R∧∀ε ∃N∈N:∀n⩾N⇒∣xn−p∣<ε\exist p \in \R \land \forall \varepsilon\ \exist N \in \N : \forall n \geqslant N \rArr |x_n - p| < \varepsilon онда {xn}\{x_n\} тізбегі жинақталатын тізбек деп, ал pp нүктесі осы тізбектің шегі деп аталады.

Бұл жағдайда {xn}\{x_n\} тізбегінің шегі pp нүктесі екенін lim⁡n→∞xn=p\lim\limits_{n\to \infty} x_n = p деп көрсетеміз. Бұл жазу «{xn}\{x_n\} тізбегі pp нүктесіне жинақталады», «pp нүктесі {xn}\{x_n\} тізбегінің шегі» деген мағыналарды қамтып жатыр. Бұдан басқа xn→px_n \to p деп те белгілеуге болады.

Керісінше жағдайда жинақталмайды деп айтамыз.

Теорема. Шектері сәйкесінше ss және tt болатын жинақталатын {sn},{tn}\{s_n\}, \{t_n\} тізбектері үшін
  • (a) lim⁡n→∞(sn+tn)=s+t;(a)\ \lim\limits_{n\to\infty}(s_n + t_n) = s + t;
  • (b) lim⁡n→∞csn=cs,lim⁡n→∞(c+sn)=c+s(b)\ \lim\limits_{n\to\infty}cs_n = cs, \lim\limits_{n\to\infty}(c + s_n) = c + s, мұндағы cc кез келген нақты сан;
  • (c) lim⁡n→∞sntn=st;(c)\ \lim\limits_{n\to\infty}s_n t_n = st;
  • (d) lim⁡n→∞1sn=1s,(d)\ \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{s_n} = \dfrac{1}{s}, әрине егер sn,s≠0 (n=1,∞‾)s_n, s\neq 0\ (n = \overline{1, \infty}).
◀\blacktriangleleft (a) lim⁡n→∞(sn+tn)=s+t,(a)\ \lim\limits_{n\to\infty}(s_n + t_n) = s + t,
Анықтама бойынша кез келген ε>0\varepsilon > 0 үшін ∀n⩾N1⇒∣sn−s∣<ε2,\forall n \geqslant N_1 \rArr |s_n - s| \lt \dfrac{\varepsilon}{2}, ∀n⩾N2⇒∣tn−t∣<ε2.\forall n \geqslant N_2 \rArr |t_n - t| \lt \dfrac{\varepsilon}{2}. жағдайларына сай N1,N2N_1, N_2 натурал сандары табылады. Егер N=max⁡(N1,N2)N = \max(N_1, N_2) десек, онда барлық n⩾Nn \geqslant N үшін ∣(sn+tn)−(s+t)∣⩽∣sn−s∣+∣tn−t∣<ε.|(s_n + t_n) - (s + t)| \leqslant |s_n - s| + |t_n - t| \lt \varepsilon. Осылайша (a)(a) дәлелденді.
(b) lim⁡n→∞csn=cs,lim⁡n→∞(c+sn)=c+s(b)\ \lim\limits_{n\to\infty}cs_n = cs, \lim\limits_{n\to\infty}(c + s_n) = c + s
Анықтама бойынша lim⁡n→∞csn=cs⇔∀ε>0 ∃N:∀n⩾N   ∣csn−cs∣<ε\lim\limits_{n\to\infty} cs_n = cs \lrArr \forall \varepsilon > 0 \ \exist N: \forall n \geqslant N \ \ \ |cs_n - cs| \lt \varepsilon Бұл шарт кез келген ε>0\varepsilon \gt 0 саны үшін орындалатын болғасын N∈NN \in \N санын c≠0c \neq 0 нақты саны кезінде ∣sn−s∣<ε∣c∣|s_n - s| \lt \dfrac{\varepsilon}{|c|} теңсіздігі орындалатындай етіп те таңдап алуға болады. Демек, ∀ε>0 ∃N:∀n⩾N⇒∣sn−s∣<ε∣c∣⇒∣c∣⋅∣sn−s∣<ε⇒∣csn−cs∣<ε.\begin{aligned} \forall \varepsilon \gt 0 \ \exist N: \forall n \geqslant N &\rArr |s_n - s| \lt \dfrac{\varepsilon}{|c|} \\ &\rArr |c|\cdot|s_n - s| \lt \varepsilon \\ &\rArr |cs_n - cs| \lt \varepsilon. \end{aligned} Ал lim⁡n→∞(c+sn)=c+s\lim\limits_{n\to\infty}(c + s_n) = c + s теңдігін дәлелдеу үшін (a)(a) теңдігіндегі тізбектердің бірін тұрақты тізбек ретінде қарастыру жеткілікті.
(c) lim⁡n→∞sntn=st,(c)\ \lim\limits_{n\to\infty}s_n t_n = st,

Анықтама бойынша lim⁡n→∞sntn=st⇔∀ε>0 ∃N:∀n⩾N   ∣sntn−st∣<ε\lim\limits_{n\to\infty} s_nt_n = st \lrArr \forall \varepsilon > 0 \ \exist N: \forall n \geqslant N \ \ \ |s_nt_n - st| \lt \varepsilon Мұнда мынадай бір теңдікті пайдалануға болады: sntn−st=(sn−s)(tn−t)+s(tn−t)+t(sn−s).s_n t_n - st = (s_n - s)(t_n -t) + s(t_n - t) + t(s_n - s). Сонда бізге ∀n⩾N⇒∣sntn−st∣<ε⇒∣(sn−s)(tn−t)+s(tn−t)+t(sn−s)∣<ε\begin{aligned} \forall n \geqslant N &\rArr |s_nt_n - st| \lt \varepsilon \\ &\rArr |(s_n - s)(t_n -t) + s(t_n - t) + t(s_n - s)| \lt \varepsilon \end{aligned} теңсіздігі орындалатынын көрсету қажет.

Берілген шарт бойынша кез-келген ε>0\varepsilon > 0 үшін ∀n⩾Ns⇒∣sn−s∣<ε3,∀n⩾Nt⇒∣tn−t∣<ε3.\forall n \geqslant N_s \rArr |s_n - s| \lt \dfrac{\sqrt{\varepsilon}}{\sqrt{3}},\\ \forall n \geqslant N_t \rArr |t_n - t| \lt \dfrac{\sqrt{\varepsilon}}{\sqrt{3}}. жағдайларына сай Ns,NtN_s, N_t натурал сандары табылады. Егер N1=max⁡(Ns,Nt)N_1 = \max(N_s, N_t) десек, онда барлық n⩾N1n \geqslant N_1 сандары үшін ∣(sn−s)(tn−t)∣<ε3|(s_n - s)(t_n - t)| \lt \dfrac{\varepsilon}{3} теңсіздігі орындалады. Осыған ұқсас сәйкесінше ∀n⩾N2⇒∣sn−s∣<ε3,∀n⩾N3⇒∣tn−t∣<ε3.\forall n \geqslant N_2 \rArr |s_n - s| \lt \dfrac{\sqrt{\varepsilon}}{3},\\ \forall n \geqslant N_3 \rArr |t_n - t| \lt \dfrac{\sqrt{\varepsilon}}{3}. жағдайларына сай келетін N2,N3∈NN_2, N_3 \in \N сандары табылады. Сонда, N=max⁡(N1,N2,N3)N = \max(N_1, N_2, N_3) десек, онда барлық n⩾Nn \geqslant N үшін

∣(sn−s)(tn−t)+s(tn−t)+t(sn−s)∣⩽∣(sn−s)(tn−t)∣+∣s(tn−t)∣+∣t(sn−s)∣=∣(sn−s)(tn−t)∣+∣s∣∣tn−t∣+∣t∣∣sn−s∣<ε3+∣s∣ε3∣s∣+∣t∣ε3∣t∣=ε.\begin{aligned} |(s_n - s)(t_n -t) + s(t_n - t) + t(s_n - s)| &\leqslant |(s_n - s)(t_n - t)| + |s(t_n - t)| + |t(s_n - s)| \\ &= |(s_n - s)(t_n - t)| + |s||t_n - t| + |t||s_n - s| \\ &\lt \dfrac{\varepsilon}{3} + \cancel{|s|}\dfrac{\varepsilon}{3\cancel{|s|}} + \cancel{|t|}\dfrac{\varepsilon}{3\cancel{|t|}} = \varepsilon. \end{aligned}

Демек, кез келген ε>0\varepsilon > 0 үшін ∀n⩾N⇒∣sntn−st∣<ε\forall n \geqslant N \rArr |s_n t_n - st| \lt \varepsilon болатындай N∈NN \in \N саны табылады екен. Дәлелденді деген осы.
(d) lim⁡n→∞1sn=1s,(d)\ \lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{1}{s_n} = \dfrac{1}{s},
Егер m∈Nm \in \N санын n⩾mn \geqslant m кезінде ∣sn−s∣<12∣s∣|s_n - s| \lt \dfrac{1}{2} |s| болатындай етіп таңдасақ, онда n⩾mn \geqslant m сандары үшін ∣sn∣>12∣s∣⇒∣s∣∣sn∣>12∣s∣∣s∣⇒∣ssn∣>12∣s∣2⇒1∣sns∣<2∣s∣2.\begin{aligned} |s_n| > \dfrac{1}{2}|s| &\rArr |s||s_n| \gt \dfrac{1}{2}|s||s| \\ &\rArr |s s_n| \gt \dfrac{1}{2} |s|^2 \\ &\rArr \dfrac{1}{|s_n s|} \textcolor{red}{\lt \dfrac{2}{|s|^2}}. \end{aligned} Бұдан бөлек, берілген ε>0\varepsilon > 0 үшін кез-келген n⩾Nn \geqslant N саны кезінде ∣sn−s∣<12∣s∣2ε|s_n - s| \textcolor{green}{\lt \dfrac{1}{2}|s|^2\varepsilon} теңсіздігі орындалатындай етіп N>mN > m санын табуға болады. Сонда, кез-келген n⩾Nn \geqslant N саны үшін ∣1sn−1s∣=∣sn−ssns∣<2∣s∣2∣sn−s∣<2∣s∣212∣s∣2ε=ε\bigg|\dfrac{1}{s_n} - \dfrac{1}{s}\bigg| = \bigg|\dfrac{s_n - s}{s_n s}\bigg| \textcolor{red}{\lt \dfrac{2}{|s|^2}}|s_n - s| \textcolor{green}{\lt} \dfrac{2}{|s|^2}\textcolor{green}{\dfrac{1}{2}|s|^2\varepsilon} = \varepsilon теңсіздігі орындалады. Болды! ▶\blacktriangleright

Тізбектерде де анықталмағандық түсінігі бар. Яғни (+∞)−(+∞),  0⋅∞,  ∞∞,  00,  ∞0,  1∞(+\infty) - (+\infty), \space\space 0\cdot \infty, \space\space\dfrac{\infty}{\infty}, \space\space \dfrac{0}{0}, \space\space \infty^0, \space\space 1^{\infty} жағдайындағы өрнектерге тап келген жағдайда тізбек анықталмаған болып есептеледі. Анықталмағандықты әр түрлі тәсілдер қолданып шешуді (егер мүмкін болса) анықталмағандықты ашу дейміз.

Тапсырма. Егер ∀n⩾N⇒∣sn−s∣<12∣s∣,\forall n \geqslant N \rArr |s_n - s| \lt \dfrac{1}{2}|s|, онда ∀n⩾N⇒∣sn∣>12∣s∣\forall n \geqslant N \rArr |s_n| \gt \dfrac{1}{2}|s| болатынын дәлелдеңіз.

Шексіз кішілер мен шексіз үлкендер

Шегі нөлге тең болатын тізбекті шексіз кіші тізбек деп атаймыз.

Иә, бар болғаны осы! Егер қандай да бір {αn}\{\alpha_n\} тізбегі берілген болса, және lim⁡n→∞αn=0\lim\limits_{n\to\infty} \alpha_n = 0 болса, онда бұл тізбек шексіз кіші тізбек деп аталады. Бұл дегеніміз, кез келген оң ε\varepsilon үшін барлық n⩾Nn \geqslant N кезінде ∣αn−0∣=∣αn∣<ε|\alpha_n - 0| = |\alpha_n| \lt \varepsilon болатындай NN саны табылады деген сөз. Кванторлар арқылы жазсақ: ∀ε>0,∃N:∀n>N⇒∣αn∣<ε.\forall\varepsilon > 0, \exist N: \forall n > N \rArr |\alpha_n| \lt \varepsilon. Шексіз кіші тізбектерді белгілеу үшін көбіне α,β\alpha, \beta секілді кіші грек әріптері қолданылады.

Теорема. Шексіз кіші тізбектердің қосындысы мен айырымы шексіз кіші тізбек болады.

Кез келген екі шексіз кіші тізбек бірілсін. Оларды {αn}\{\alpha_n\} және {βn}\{\beta_n\} деп белгілейік. Анықтама бойынша ∀n⩾N1⇒∣αn∣<ε2,∀n⩾N2⇒∣βn∣<ε2\begin{aligned} \forall n \geqslant N_1 &\rArr |\alpha_n| \lt \dfrac{\varepsilon}{2}, \\ \forall n \geqslant N_2 &\rArr |\beta_n| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} \end{aligned} жағдайларына сай N1,N2∈NN_1, N_2 \in \N сандары табылады. Егер N=max⁡(N1,N2)N = \max(N_1, N_2) десек, онда қосындылардың (азайтындылардың) модульдерінің теңсіздіктері бойынша барлық n⩾Nn \geqslant N үшін мынадай теңсіздік орындалады: ∣αn±βn∣⩽∣αn∣+∣βn∣<ε2+ε2=ε.|\alpha_n \pm \beta_n| \leqslant |\alpha_n| + |\beta_n| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. Демек, {αn±βn}\{\alpha_n \pm \beta_n\} - шексіз кіші тізбек болады.

Теорема. Шексіз кіші тізбектің шектелген тізбекке көбейіндісі шексіз кіші тізбек болады.

{αn}\{\alpha_n\} шексіз кіші тізбек, ал {xn}\{x_n\} шектелген тізбек болсын. Шенелген тізбектің анықтамасы бойынша:∃M>0:∀n∈N→∣xn∣⩽M,\exist M > 0: \forall n\in\N \to |x_n| \leqslant M, ал шексіз кіші тізбектің анықтамасы бойынша: ∀ε>0  ∃N:∀n⩾N→∣αn∣<εM.\forall \varepsilon > 0\space\space\exist N : \forall n \geqslant N \to |\alpha_n| < \dfrac{\varepsilon}{M}. Бұдан шығатыны, ∀n⩾N→∣xn⋅αn∣=∣xn∣⋅∣αn∣<εM⋅M=ε.\forall n \geqslant N \to |x_n\cdot\alpha_n| = |x_n|\cdot|\alpha_n| < \dfrac{\varepsilon}{M}\cdot M = \varepsilon. Яғни, {xnαn}\{x_n\alpha_n\} - шексіз кіші тізбек.

Жаттығу. Төмендегі тұжырымдарды (егер рас болса) дәлелдеңіз.
  • Шексіз кіші тізбекті тұрақты тізбекке көбейткенде шексіз кіші тізбек шығады;
  • Шексіз кіші тізбектердің көбейтіндісі шексіз кіші болады;
  • Шексіз кіші тізбектердің бөліндісі шексіз кіші болады.

Тізбектердің арасында шексіздікке ұмтылатындары болады. Олар үш түрлі ұмтылады: −∞-\infty - ке, +∞+\infty - ке немесе екеуіне бірдей. Шексіздікке ұмтылатын тізбектерді шексіз үлкен тізбектер деп атаймыз. Формалды анықтамасы былай:

Анықтама. XX жиынының элементтерінен құралған xnx_n тізбегі берілген болсын. Егер ∀M>0 ∃N∈N:∀n⩾N⇒xn>M\forall M > 0 \ \exist N \in \N : \forall n \geqslant N \rArr x_n > M болса, онда xn→+∞x_n \to +\infty деп, ал егер ∀M>0 ∃N∈N:∀n⩾N⇒xn<M\forall M > 0 \ \exist N \in \N : \forall n \geqslant N \rArr x_n < M болса xn→−∞x_n \to -\infty деп белгілейміз және сәйкесінше тізбек плюс яки минус шексіздікке ұмтылады дейміз. Жалпы жағдайдағы шарт мынадай: ∀M>0 ∃N∈N:∀n⩾N⇒∣xn∣>M\forall M > 0 \ \exist N \in \N : \forall n \geqslant N \rArr |x_n| > M

Бұл жинақталмайтын тізбектердің орны бөлек ерекше түрі.

xn=n2x_n = n^2 тізбегі берілген делік, онда оның мүшелері 1,4,9,16,...1,4,9,16,... болады. Көрініп тұрғандай бұл тізбек +∞+\infty - ке ұмтылады. Яғни lim⁡n→∞xn=+∞.\lim\limits_{n\to\infty}x_n = + \infty. Сол секілді, {−n},{n2n+2},{n⋅(−1)n},{(−3)n}\{-\sqrt{n}\}, \bigg\{\dfrac{n^2}{n+2}\bigg\}, \{n\cdot(-1)^n\}, \{(-3)^n\} тізбектері де шексіздікке ұмтылады: lim⁡{−n}=−∞,  lim⁡{n2n+2}=−∞,lim⁡{n⋅(−1)n}=∞,     lim⁡{(−3)n}=∞\begin{aligned} \lim\{-\sqrt{n}\} &= -\infty,\ \ \lim\bigg\{\dfrac{n^2}{n+2}\bigg\} = -\infty, \\ \lim\{n\cdot(-1)^n\} &= \infty,\ \ \ \ \ \lim\{(-3)^n\} = \infty \end{aligned}
Жаттығу. Төмендегі тұжырымдарды (егер рас болса) дәлелдеңіз:
  • Шексіз үлкен тізбек пен шенелген тізбектің қосындысы шексіз үлкен болады;
  • Шексіз үлкен тізбектердің қосындысы шексіз үлкен тізбек болады;
  • Шексіз үлкен тізбектердің айырымы шексіз үлкен болады;
  • Шексіз үлкен тізбектердің көбейтіндісі шексіз үлкен болады;
  • Шексіз үлкен тізбектердің бөлімі шексіз үлкен болады.

Осыған қосымша ретінде мына екі тұжырымды дәлелдеп тастаңыз:

  • Егер {xn}\{x_n\} - шексіз үлкен тізбек болса, онда {1xn}\bigg\{\dfrac{1}{x_n}\bigg\} тізбегі шексіз кіші тізбек болады;
  • Егер {λn}\{\lambda_n\} - шексіз кіші тізбек болса, онда {1λn}\bigg\{\dfrac{1}{\lambda_n}\bigg\} - шексіз үлкен тізбек болады (бұл жағдайда {λn}\{\lambda_n\} тұрақты тізбек болмауы қажет).

3. Теоремалар алқабы

▲ Жинақталатын тізбектер Дербес шектер ▼

Теорема. Кез келген жинақталатын тізбектің тек бір ғана шегі болады.

Кері тұжырымдау әдісі арқылы дәлелдеп көрейік. Қандай да бір xnx_n тізбегінің екі шегі бар делік. Яғни, xn→a,xn→b(a≠b)x_n \to a, x_n \to b (a\neq b) делік. Онда, анықтама бойынша, lim⁡xn=a  ⟺  ∀ε∃N1:∀n>N1⇒∣xn−a∣<ε\lim x_n = a \iff \forall \varepsilon \exist N_1: \forall n > N_1 \rArr |x_n - a| < \varepsilon lim⁡xn=b  ⟺  ∀ε∃N2:∀n>N2⇒∣xn−b∣<ε\lim x_n = b \iff \forall \varepsilon \exist N_2: \forall n > N_2 \rArr |x_n - b| < \varepsilon Мұнда ε\varepsilon - кез келген сан болғандықтан оны ε=∣b−a∣3\varepsilon = \dfrac{|b-a|}{3} деп алайық. Және модульдің теңсіздік кезіндегі мынадай қасиеттерін еске алайық: ∣y−z∣⩽∣y∣+∣z∣|y - z| \leqslant |y| + |z| Осы қасиеттегі yy ретінде (xn−a)(x_n - a) - ны, ал zz ретінде (xn−b)(x_n - b) - ны алайық. Және оларды осы теңсіздіктің орнына қояйық, сонда ∣xn−a−(xn−b)∣⩽∣xn−a∣+∣xn−b∣\textcolor{#228B22}{|x_n - a - (x_n - b)|} \leqslant \textcolor{#dc1f00}{|x_n - a| + |x_n - b|} Мұнда ∣xn−a−(xn−b)∣=∣b−a∣|x_n - a - (x_n - b)| = |b - a| болады. Ал ∣xn−a∣<ε\textcolor{#dc1f00}{|x_n - a|} < \varepsilon және ∣xn−b∣<ε\textcolor{#dc1f00}{|x_n - b|} < \varepsilon болғандықтан, ∣xn−a∣+∣xn−b∣\textcolor{#dc1f00}{|x_n - a| + |x_n - b|} қосындысын 2ε2\varepsilon деп аламыз. Сонда, ∣b−a∣⩽2ε|b - a| \leqslant 2\varepsilon Ал ε\varepsilon - ның орнына жоғарыда көрсеткен ∣b−a∣3\dfrac{|b-a|}{3} санын қойсақ, онда ∣b−a∣⩽23∣b−a∣.|b - a| \leqslant \dfrac{2}{3}|b-a|. Бұл қарама қайшылық.

Теорема. Жинақталатын тізбек шенелген.

Қандай да бір {xn}\{x_n\} тізбегі жинақталады делік. Яғни lim⁡n→∞xn=a.\lim\limits_{n\to\infty} x_n = a. Онда шектің анықтамасына сәйкес мұны былай жазуға болады: lim⁡xn=a⇔∀ε>0 ∃N:∀n>N⇒∣xn−a∣<ε.\lim x_n = a \lrArr \forall \varepsilon \gt 0 \ \exist N: \forall n > N \rArr |x_n - a| \lt \varepsilon. Егер мұндағы теңсіздікті ашып жазар болсақ, ∣xn−a∣<ε−ε<xn−a<εa−ε<xn<a+ε\begin{aligned} |x_n - a| \lt \varepsilon \\ -\varepsilon \lt x_n - a \lt \varepsilon \\ a - \varepsilon \lt x_n \lt a + \varepsilon \end{aligned} Ал енді тізбектің (a−ε,a+ε)(a - \varepsilon,a + \varepsilon) аралығына жатпайтын мүшелерінің ең үлкенін MM деп белгілейік. Яғни, M=max⁡{∣x1∣,∣x2∣,...,∣xN∣,∣a−ε∣,∣a+ε∣}.M = \max\{|x_1|, |x_2|, ... , |x_N|, |a - \varepsilon|, |a + \varepsilon|\}. Онда кез келген nn кезінде ∣xn∣⩽M|x_n| \leqslant M болады. Яғни, біз тізбектің барлық мүшесінен үлкен болатын санды таптық. Бұл дегеніміз, тізбектің шенелгендігін білдіреді.

Теорема (Вейерштрасс). Монотонты тізбектің жинақталған болуы үшін оның шенелген болуы қажетті және жеткілікті.
(⇒)(\rArr) Қажеттілік.
Қандай да бір {xn}\{x_n\} монотонды шенелген тізбегі берілген делік. Тізбек шенелген болғасын оның EE мәндер жиыны да шенелген болады. Осы EE жиынының супремумын ss деп белгілейік. Супремумның анықтамасы бойынша ∀ε>0 ∃xN∈E:s−ε<xN⩽s\forall \varepsilon > 0 \ \exist x_N \in E: s - \varepsilon < x_N \leqslant s Біздегі тізбек өспелі болғасын ∀n>N\forall n > N үшін s−ε<xN⩽xn⩽s<s+ε⇒s−ε<xn<s+ε\begin{aligned} s - \varepsilon < x_N \leqslant &x_n \leqslant s < s+\varepsilon \\ \rArr s - \varepsilon < &x_n < s + \varepsilon\end{aligned} Яғни, барлық n>Nn > N кезінде ∣xn−s∣<ε|x_n - s| < \varepsilon теңсіздігі орындалады. Демек, lim⁡n→∞xn=s.\lim\limits_{n\to\infty}x_n = s.
(⇐)(\lArr) Жеткіліктілік.
Қандай-да бір {xn}\{x_n\} деген жинақталатын монотонды тізбек берілсін. Кез-келген жинақталатын тізбектің шенелген болатындығы жайлы теорема бойынша бұл тізбек те шенелген болады.

Шенелген монотонды емес тізбек жинақталмауы мүмкін. Мысалы: xn=(−1)nx_n = (-1)^n тізбегі. ∣xn∣⩽1|x_n| \leqslant 1, шенелген, бірақ шегі жоқ.

  • Шенелген тізбектер жинақталған ба?
  • Бірсарынды тізбектер жинақталады ма?
  • Жинақталатын тізбектер бірсарынды ма?

Жинақталатын тізбектердің теңсіздікке қатысты қасиеттері.

Теорема. Қандай-да бір жинақталатын {xn}\{x_n\} тізбегі берілген болсын. Егер әлдебір b∈Rb \in \R саны үшін ∃N∈N:∀n⩾N⇒xn⩾b,\exist N \in \N : \forall n \geqslant N \rArr x_n \geqslant b, онда сол bb саны үшін lim⁡xn⩾b\lim x_n \geqslant b теңсіздігі орындалады.

Ашып жазар болсақ былай: егер тізбектің әлдебір нөмірден кейінгі мүшелері қандай-да бір b∈Rb\in\R саны үшін xn⩾bx_n \geqslant b теңсіздігін қанағаттандырса, онда бұл тізбектің шегі (егер бар болса) де осы саннан үлкен немесе тең болады: lim⁡xn⩾b\lim x_n \geqslant b.

Яғни, жинақталатын шенелген тізбектің шегі тізбекті шенеп тұрған саннан кіші немесе тең болады.

Анықтамада берілген тізбек a∈Ra \in \R нүктесіне жинақталады делік, яғни lim⁡xn=a\lim x_n = a делік. Демек бізге a⩾ba \geqslant b екенін дәлелдеу қажет.
Кері жорамалдау тәсілін пайдаланайық: a<ba \lt b делік. Анықтама бойынша ∀ε ∃N:∀n>N⇒∣xn−a∣<ε\forall \varepsilon\ \exist N: \forall n > N \rArr |x_n - a| \lt \varepsilon Мұнда ε\varepsilon - кез-келген сан болғасын ε=b−a>0\varepsilon = b - a > 0 болсын делік. Сонда мынадай теңсіздіктер шығады: ∣xn−a∣<b−a−b+a<xn−a<b−a−b+2a<xn<b\begin{aligned} |x_n - a| \lt &b - a \\ -b + a \lt x_n - a \lt &b - a \\ - b + 2a \lt x_n \lt &b \end{aligned} Мұнда xn<bx_n \lt b деген қарама-қайшылық пайда болады, себебі xn⩾bx_n \geqslant b еді.

Салдары. Берілген {xn},{yn}\{x_n\}, \{y_n\} тізбектері жинақталатын тізбектер болсын. Егер қандай-да бір нөмірден бастап xn⩽ynx_n \leqslant y_n теңсіздігі орындалса, онда lim⁡xn⩽lim⁡yn\lim x_n \leqslant \lim y_n теңсіздігі де орындалады.

Қандай-да бір нөмірден кейінгі нөмірлер үшін xn⩽ynx_n \leqslant y_n теңсіздігі орындалса, yn−xn⩾0y_n - x_n \geqslant 0 деген сөз. Яғни {yn−xn}\{y_n - x_n\} тізбегінің мүшелері оң таңбалы. Бұл дегеніміз, бұл тізбектің шегі де оң таңбалы болады. Яғни lim⁡(yn−xn)⩾0.\lim(y_n - x_n) \geqslant 0. Сәйкесінше, lim⁡yn−lim⁡xn⩾0.\lim y_n - \lim x_n \geqslant 0. Ал енді, осы теңсіздікте lim⁡xn\lim x_n дегенді оң жаққа өткізсек, lim⁡yn⩾lim⁡xn\lim y_n \geqslant \lim x_nтеңсіздігі шығады. Дәлелдеу керегі де осы еді.

Сендвич теоремасы. Үш жинақталатын тізбек берілген болсын. Айталық, {xn},{yn}\{x_n\}, \{y_n\} және {zn}\{z_n\}. Егер lim⁡xn=a,lim⁡zn=a\lim x_n = a, \lim z_n = a болса, және қандай да бір NN санынан кейін, яғни кез келген n>N∈Nn > N\in\N саны үшін, xn⩽yn⩽znx_n \leqslant y_n \leqslant z_n теңсіздігі орындалса, онда {yn}\{y_n\} тізбегі де aa санына жинақталады: lim⁡yn=a\lim y_n = a.

Анықтама бойынша lim⁡xn=a⇔∀ε>0 ∃N1:∀n>N1⇒∣xn−a∣<ε.\lim x_n = a \lrArr \forall \varepsilon > 0 \space\exist N_1: \forall n > N_1 \rArr |x_n - a| \lt \varepsilon. Модульді ашсақ, a−ε<xn<a+ε(1)\tag{1}a- \varepsilon \lt x_n \lt a + \varepsilon болады. Сол секілді lim⁡zn=a⇔∀ε>0 ∃N2:∀n>N2⇒∣zn−a∣<ε. a−ε<zn<a+ε.(2)\lim z_n = a \lrArr \forall \varepsilon > 0 \space\exist N_2: \forall n > N_2 \rArr |z_n - a| \lt \varepsilon.\\ \space\\ \tag{2}a - \varepsilon \lt z_n \lt a + \varepsilon. Егер N=max⁡{N1,N2}N = \max\{N_1,N_2\} дейтін болсақ, онда ∀n>N\forall n > N кезінде (1)(1) және (2)(2) теңсіздіктері бірдей орындалады. Егер екі теңсіздікті біріктірсек a−ε<xn⩽yn⩽zn<a+ε.a - \varepsilon \lt x_n \leqslant y_n \leqslant z_n \lt a + \varepsilon. Осы жерден a−ε<yn<a+εa - \varepsilon \lt y_n \lt a + \varepsilon екені айқындалады. Сонда ∀n>N\forall n \gt N сандары үшін −ε<yn−a<ε∣yn−a∣<ε\begin{aligned}-\varepsilon \lt &y_n - a \lt \varepsilon \\ |&y_n - a| \lt \varepsilon\end{aligned} Демек, lim⁡yn=a\lim y_n = a. Теорема дәлелденді!

Салдар. Егер lim⁡n→∞∣an∣=0\lim\limits_{n\to\infty}|a_n| = 0, онда lim⁡n→∞an=0.\lim\limits_{n\to\infty} a_n = 0.

Әуелі мынаны ескерген жөн: −∣an∣⩽an⩽∣an∣.-|a_n| \leqslant a_n \leqslant |a_n|. Сәйкесінше, lim⁡n→∞(−∣an∣)=−lim⁡n→∞∣an∣=0.\lim\limits_{n\to\infty}(-|a_n|) = -\lim\limits_{n\to\infty}|a_n| = 0. Яғни, lim⁡n→∞(−∣an∣)=lim⁡n→∞∣an∣=0\lim\limits_{n\to\infty}(-|a_n|) = \lim\limits_{n\to\infty}|a_n| = 0. Онда Сендвич теоремасы бойынша lim⁡n→∞an=0\lim\limits_{n\to\infty}a_n = 0.

Кірістірілген сегменттер [nested intervals]

Анықтама. Δn=[an,bn]\Delta_n = [a_n,b_n] болатын Δ1,Δ2,...,Δn,...\Delta_1, \Delta_2, ..., \Delta_n, ... сегменттерінің {Δn}n∈N\{\Delta_n\}_{n\in\N} тізбегі берілген делік. Әрбір Δn=[an,bn]\Delta_n = [a_n, b_n] сегменті үшін bn−anb_n - a_n санын осы сегменттің ұзындығы ретінде қабылдайық. Егер
  1. берілген тізбекте әрбір келесі сегмент алдыңғысының жиыншасы болса, яғни ∀n∈N⇒Δn+1⊂Δn\forall n \in \N\rArr \Delta_{n+1}\subset\Delta_n болса, және
  2. тізбекте кез келген ε>0\varepsilon \gt 0 саны үшін ұзындығы бұл саннан кіші болатын аралық табылатын болса: ∀ε>0 ∃N∈N:bN−aN<ε,\forall \varepsilon \gt 0 \ \exist N \in \N : b_N - a_N \lt \varepsilon,
онда {Δn}n∈N\{\Delta_n\}_{n\in\N} тізбегі кірістірілген сегменттер тізбегі деп аталады.

1 - інші шарт a1⩽a2⩽...⩽an⩽an+1⩽...⩽bn+1⩽bn⩽...⩽b2⩽b1a_1 \leqslant a_2 \leqslant ...\leqslant a_n \leqslant a_{n+1} \leqslant ... \leqslant b_{n+1} \leqslant b_n\leqslant ... \leqslant b_2 \leqslant b_1 екенін білдіреді. Яғни,

Осы ұғымға қатысты мынадай бір маңызды теорема бар:

Теорема (кірістірілген сегменттер жайында). Кірістірілген сегменттер тізбегінің бүкіл элементтеріне ортақ бір ғана сан болады.

Мұны екі бөлікке бөліп дәлелдейік: бірінші ондай сан бар екендігін дәлелдейміз, сосын барып ол саннын тек біреу ғана екендігін көрсетеміз.
Бар болуы.
Бірінші сегменттердің сол жақ шеттерінен a1,a2,a3,...,an,...a_1, a_2, a_3, ..., a_n, ... тізбегін құрып {an}\{a_n\} деп белгілейік. Сол секілді, сегменттердің оң жақ шеттерінен де b1,b2,b3,...,bn,...b_1, b_2, b_3, ..., b_n, ... тізбегін құрып {bn}\{b_n\} деп белгілейік. Осы тұста a1⩽a2⩽...⩽an⩽an+1⩽...⩽bn+1⩽bn⩽...⩽b2⩽b1a_1 \leqslant a_2 \leqslant ...\leqslant a_n \leqslant a_{n+1} \leqslant ... \leqslant b_{n+1} \leqslant b_n\leqslant ... \leqslant b_2 \leqslant b_1 екендігін ескеріп {an}\{a_n\} тізбегі жоғарыдан шенелген кемімейтін бірсарынды (монотонды) тізбек екендігін, ал {bn}\{b_n\} тізбегі төменнен шенелген өспейтін бірсарынды тізбек екендігін байқауға болады. Демек, lim⁡n→∞an\lim\limits_{n\to\infty}a_n мен lim⁡n→∞bn\lim\limits_{n\to\infty}b_n бар болуы тиіс. Ал анықтамадағы екінші шартты, ол мынадай еді: ∀ε>0 ∃N:bN−aN<ε\forall \varepsilon \gt 0\ \exist N : b_N - a_N \lt \varepsilon былай жазуға болары анық: ∀ε>0 ∃N:∀n⩾N⇒∣(bn−an)−0∣<ε.\forall \varepsilon \gt 0\ \exist N : \forall n \geqslant N \rArr |(b_n - a_n) - 0| \lt \varepsilon. Ал бұл lim⁡n→∞(bn−an)=0\lim\limits_{n\to\infty}(b_n - a_n) = 0 екендігін білдіреді. Содан, lim⁡n→∞(bn−an)=lim⁡n→∞bn−lim⁡n→∞an=0⇒lim⁡n→∞bn=lim⁡n→∞an=c⇒∀n an⩽c⩽bn.\begin{aligned} \lim\limits_{n\to\infty}(b_n - a_n) = &\lim\limits_{n\to\infty}b_n - \lim\limits_{n\to\infty}a_n = 0 \\ \rArr &\lim\limits_{n\to\infty}b_n = \lim\limits_{n\to\infty}a_n = c \\ \rArr &\forall n \ a_n \leqslant c\leqslant b_n. \end{aligned} Соңғы теңсіздік cc нүктесінің берілген тізбектегі бүкіл сегментке ортақ екенін көрсетеді.
Жалғыздығы.
Ендігі кезек - бұл нүктенің жалғыз екендігін дәлелдеу. Ол үшін кері жору әдісін қолданып көрейік. Яғни, {Δn}\{\Delta_n\} тізбектегіндегі барлық сегменттерге ортақ екібөлек cc және c′c' сандары бар делік: ∀n c,c′∈Δn,c≠c′\forall n \ c, c' \in \Delta_n, c \neq c' Онда барлық nn сандары үшін мына теңсіздік орындалады: ∣c−c′∣⩽bn−an|c - c'| \leqslant b_n - a_n Шарт бойынша, кез-келген ε>0\varepsilon \gt 0 үшін әлдебір нөмірден кейінге кез келген nn үшін bn−an<εb_n - a_n \lt \varepsilon теңсіздігі орындалады. Егер ε\varepsilon саны ретінде ε=12∣c−c′∣>0\varepsilon = \dfrac{1}{2}|c - c'| \gt 0 санын алар болсақ мынадай бір қате теңсіздікке жолығып қаламыз: ∣c−c′∣<12∣c−c′∣.|c - c'| \lt \dfrac{1}{2}|c - c'|.
Осымен теорема дәлелденді!

Ескерту! Теоремада тек жабық аралықтар жайында айтылып тұр.

Бұл теореманы кейбір қазақша мәліметтерде "Сегменттер ұясы туралы теорема" деп атайды.

Коши тізбегі

Теорема (Коши алғышарты). Берілген {xn}\{x_n\} тізбегінің жинақталуы үшін оған қатысты ∀ε>0 ∃N∈N:∀n>N∧∀m>N⇒∣xn−xm∣<ε\forall \varepsilon > 0 \space \exist N \in \N : \forall n > N \land \forall m > N \rArr |x_n - x_m| < \varepsilon жағдайы орындалуы қажетті және жеткілікті.

Шартты былай жазуға да болады: ∀ε>0 ∃m∈N:∀n>m∧∀p∈N⇒∣xn+p−xn∣<ε\forall \varepsilon > 0 \space \exist m \in \N : \forall n > m \land \forall p \in \N \rArr |x_{n+p} - x_n| < \varepsilon Теоремадағы шартты қанағаттандыратын кез келген тізбекті іргелі тізбек (яки Каши тізбегі) деп атаймыз.

(⇒)(\rArr) Қажеттілік.
lim⁡n→∞xn=A\lim\limits_{n\to\infty} x_n = A делік. Онда қандай-да бір ε>0\varepsilon > 0 үшін ∀n>N⇒∣xn−A∣<ε2\forall n \gt N \rArr |x_n - A| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} болатындай NN санын табамыз. Егер m>Nm > N және n>Nn > N болса, онда ∣xm−xn∣⩽∣xm−A∣+∣xn−A∣<ε2+ε2=ε.|x_m - x_n| \leqslant |x_m - A| + |x_n - A| \lt \dfrac{\varepsilon}{2} + \dfrac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. Демек, жинақталатын тізбек іргелі болады екен.
(⇐)(\lArr) Жеткіліктілік.
Теоремадағы шартты қанағаттандыратын, яғни іргелі {xk}\{x_k\} тізбегі берілген болсын. Онда, қандай-да бір ε>0\varepsilon > 0 үшін ∀m,n⩾N⇒∣xm−xk∣<ε3\forall m, n \geqslant N \rArr |x_m - x_k| \lt \dfrac{\varepsilon}{3} болатындай NN санын табамыз. Егер m=Nm = N десек, онда кез-келген k>Nk > N кезінде xN−ε3<xk<xN+ε3,(1)\tag{1}x_N - \dfrac{\varepsilon}{3} \lt x_k \lt x_N + \dfrac{\varepsilon}{3}, Берілген тізбектің NN-ші мүшесіне дейін ақырлы мүшелері болғандықтан, іргелі тізбек шенелген болады.

Қандай-да бір n∈Nn \in \N саны үшін an:=inf⁡k⩾nxk,bn:=sup⁡k⩾nxka_n := \inf_{k\geqslant n} x_k, b_n := \sup_{k \geqslant n} x_k делік. Бұл анықтама бойынша an⩽an+1⩽bn+1⩽bna_n \leqslant a_{n+1} \leqslant b_{n+1} \leqslant b_n екендігі анық. Осы нүктелер арқылы құралған [an,bn][a_n, b_n] кірістірілген аралықтар тізбегі кірістірілген аралықтар жайлы лемма бойынша, ортақ қандай-да бір AA нүктесіне ие. Сәйкесінше, кез-келген n∈Nn \in \N үшін an⩽A⩽bn,a_n \leqslant A \leqslant b_n, ал k⩾nk\geqslant n кезінде an=inf⁡k⩾nxk⩽xk⩽sup⁡k⩾nxk=bn,a_n = \displaystyle\inf_{k \geqslant n} x_k \leqslant x_k \leqslant \displaystyle\sup_{k\geqslant n} x_k = b_n, болғасын, k⩾nk\geqslant n кезінде ∣A−xk∣⩽bn−an.(2)\tag{2}|A - x_k|\leqslant \textcolor{red}{b_n - a_n}. Бірақ (1) бойынша, кез-келген n>Nn >N кезінде xN−ε3⩽inf⁡k⩾nxk=an⩽bn=sup⁡k⩾nxk⩽xN+ε3.x_N - \dfrac{\varepsilon}{3} \leqslant \displaystyle\inf_{k \geqslant n} x_k = a_n \leqslant b_n = \displaystyle\sup_{k \geqslant n} x_k \leqslant x_N + \dfrac{\varepsilon}{3}. Сондықтан да n>mn > m кезінде bn−an⩽2ε3<ε.(3)\tag{3}\textcolor{red}{b_n - a_n} \leqslant \dfrac{2\varepsilon}{3} \lt \varepsilon. Сәйкесінше, (2) мен (3) бойынша ∀k>N⇒∣A−xk∣<ε.\forall k > N \rArr |A - x_k| \lt \varepsilon. Демек lim⁡k→∞xk=A\lim\limits_{k\to\infty}x_k = A. Яғни, іргелі тізбектер жинақталады екен.

4. Дербес шектер

▲ Теоремалар алқабы Тақырыптар туыстастығы ▼

Анықтама. Қандай да бір {xn}\{x_n\} тізбегі берілген делік. Онымен қоса өспелі {nk}\{n_k\} натурал сандар тізбегі берілген болсын. Онда yk=xnky_k = x_{n_k} болатын {yk}\{y_k\} тізбегі {xn}\{x_n\} тізбегінің тізбекшесі деп аталады да {xnk}\{x_{n_k}\} деп белгіленеді.

Кез келген тізбектің шексіз көп тізбекшелері бар.

Анықтама. Қандай да бір {xnk}\{x_{n_k}\} тізбегі {xn}\{x_n\} тізбегінің тізбекшесі делік. Егер lim⁡k→∞xnk=a\lim\limits_{k\to\infty}x_{n_k} = a болса, онда aa саны {xn}\{x_n\} тізбегінің дербес шегі деп аталады.

Мысалы, {(−1)n}\{(−1)^n\} тізбегінің екі дербес шегі бар, олар −1-1 мен 11.

Больцано-Вейерштрасс теоремасы. Әрбір шенелген нақты сандар тізбегінің құрамында жинақталатын тізбекше болады.

Қандай-да бір x1,x2,x3,...x_1, x_2, x_3, ... шенелген сандар тізбегі берілген болсын. Шенелгендіктен оның бүкіл элементі қандай-да бір сан аралығында жатады деген сөз. Ол аралықты [a0,b0][a_0, b_0] деп белгілейік.

Бұл [a0,b0][a_0, b_0] аралығын бірдей екі бөлікке бөлейік. Пайда болған екі аралықтың бірінде тізбектің шексіз мүшесі болары анық. Ол аралықты [a1,b1][a_1, b_1] деп белгілейік.

Алынған [a1,b1][a_1, b_1] аралығын да тура екіге бөліп, тізбектің шексіз көп мүшесі жататын бөлігін таңдап алайық. Оны [a2,b2][a_2, b_2] деп белгілейік.

Осылай жалғастыру арқылы әрбір келесісі алдыңғысының жартысы болатын және {xk}\{x_k\} тізбегінің шексіз көп мүшесін қамтитын кірістірілген аралықтар тізбегін аламыз: [a0,b0]⊃[a1,b1]⊃[a2,b2]⊃...[a_0, b_0] \supset [a_1, b_1] \supset [a_2, b_2] \supset ...

Аралықтардың ұзындығы нөлге ұмтылады: ∣bm−am∣=∣b0−a0∣2m→0|b_m - a_m| = \dfrac{|b_0 - a_0|}{2^m} \to 0 Кірістірілген аралықтар жайлы теорема бойынша сол аралықтардың бәріне ортақ бір ғана ξ\xi нүктесі бар болады: am⩽ξ⩽bm,m=0,1,...a_m \leqslant \xi \leqslant b_m, m = 0, 1, ...

Келісім бойынша әрбір [am,bm][a_m, b_m] аралығында тізбектің шексіз көп мүшесі қамтылған. Енді k0<k1<...k_0 \lt k_1 \lt ... өсу ретін сақтай отырып xkm∈[am,bm],m=0,1,2,...x_{k_m} \in [a_{m},b_{m}], m = 0, 1, 2, ... тізбегін таңдайық. Онда {xkm}\{x_{k_m}\} ішкі тізбегі ξ\xi нүктесіне жинақталады. Бұған xkmx_{k_m} нен ξ\xi-ге дейінгі қашықтық оларды қамтитын [am,bm][a_m, b_m] аралығының ұзындығынан аса алмайтындығы себеп: ∣xkm−ξ∣⩽∣bm−am∣→0.|x_{k_m} - \xi| \leqslant |b_m - a_m| \to 0.

Шенелген тізбектен жинақталатын тізбекше бөліп ала алдық. Теорема дәлелденді.

Теорема (*). Егер берілген тізбектің шегі a∈R‾a\in \overline{\R} болса, онда оның кез келген тізбекшісінің шегі де осы шек болады.

Әуелі ∀k∈N:nk⩾k\forall k \in \N: n_k \geqslant k болатынын нақтылап алайық. Математикалық индукция әдісі бойынша: k=1k = 1 кезінде n1⩾1n_1 \geqslant 1 - дұрыс. Осы теңсіздік кез-келген kk үшін орындалады делік. Онда k+1k+1 үшін де орындалады: nk+1>nk⩾k⇒nk+1⩾k+1.n_{k+1} \gt n_k \geqslant k \rArr n_{k+1} \geqslant k + 1.

Енді негізгі мәселемізге оралайық. Анықтама бойынша, lim⁡an=a⇔∀ε>0 ∃m∈N:∀n>m⇒an∈Nε(a).\lim a_n = a \lrArr \forall \varepsilon \gt 0 \ \exist m \in \N: \forall n \gt m \rArr a_n \in N_\varepsilon(a). Онда ∀k>m:nk>k>m⇒ank∈Nε(a)\forall k \gt m: n_k \gt k \gt m \rArr a_{n_k} \in N_{\varepsilon}(a) яғни, lim⁡ank=a\lim a_{n_k} = a.

Шегі жоқ тізбекте әйтеуір бір шегі жоқ тізбекше бар болады. Оның біреуі сол тізбектің өзі. Себебі әрбір тізбекті өзінің тізбекшесі деп қарастыруға болады.

Жоғарғы және төменгі шектер

Анықтама. Қандай да бір {sn}\{s_n\} нақты сандар тізбегі берілген болсын. Ал EE жиыны осы тізбектің барлық дербес шектерінің жиыны болсын (оның ішінде +∞+\infty пен −∞-\infty те болуы мүмкін). Онда s∗=sup⁡E,s∗=inf⁡Es^* = \sup E, s_* = \inf E сандары сәйкесінше {sn}\{s_n\} тізбегінің жоғарғы және төменгі шектері деп аталады және сәйкесінше lim sup⁡n→∞sn=s∗,lim inf⁡n→∞sn=s∗\limsup\limits_{n \to \infty} s_n = s^*, \liminf\limits_{n\to\infty} s_n = s_* деп немесе lim‾⁡n→∞sn,lim‾⁡n→∞sn\varlimsup\limits_{n\to\infty} s_n, \varliminf\limits_{n\to\infty} s_n арқылы белгіленеді.

Теорема. a=lim⁡n→∞an⇔lim⁡n→∞‾an=lim⁡n→∞‾an=a.a = \lim\limits_{n \to \infty} a_n \lrArr \overline{\lim\limits_{n\to\infty}} a_n = \underline{\lim\limits_{n\to\infty}} a_n = a.

(⇒)(\rArr)
Егер a=lim⁡n→∞ana = \lim\limits_{n\to\infty} a_n болса, онда (*) теоремасы бойынша оның кез-келген тізбекшесінің шегі aa болады. Сәйкесінше {an}\{a_n\} тізбегінің дербес шектерінің жиыны тек aa элементінен тұрады. Демек, lim‾⁡n→∞an=lim‾⁡n→∞an=a.\varlimsup\limits_{n\to\infty} a_n = \varliminf\limits_{n\to\infty} a_n = a.
(⇐)(\lArr)
Егер lim‾⁡n→∞an=lim‾⁡n→∞an=a\varlimsup\limits_{n\to\infty} a_n = \varliminf\limits_{n\to\infty} a_n = a болса, онда ∀ε>0 ∃m1 ∀n>m1:sup⁡k⩾n{ak}∈Nε(a)∀ε>0 ∃m2 ∀n>m2:inf⁡k⩾n{ak}∈Nε(a)\forall \varepsilon \gt 0 \ \exist m_1 \ \forall n \gt m_1 : \sup_{k \geqslant n} \{a_k\} \in N_\varepsilon(a) \\ \forall \varepsilon \gt 0 \ \exist m_2 \ \forall n \gt m_2 : \inf_{k \geqslant n} \{a_k\} \in N_\varepsilon(a) Егер m=max⁡{m1,m2}m = \max\{m_1, m_2\} десек, және inf⁡k⩾n{ak}⩽an⩽sup⁡k⩾n{ak}\inf_{k\geqslant n}\{a_k\} \leqslant a_n \leqslant \sup_{k\geqslant n}\{a_k\} екенін ескерсек, ∀ε>0 ∀n>m:an∈Nε(a).\forall \varepsilon \gt 0 \ \forall n \gt m: a_n \in N_\varepsilon(a). Демек, lim⁡an=a\lim a_n = a.

5. Тақырыптар туыстастығы

▲ Дербес шектер

Функцияның шегі ұғымына Кашидің ε−δ\varepsilon - \delta анықтамасынан бөлек тізбектер арқылы да анықтама беруге болады:

Анықтама (Гейне, тізбектер тілінде). Егер x0x_0 санына жинақталатын кез келген x1,x2,x3,...x_1,x_2,x_3,... сандарының (xn)(x_n) тізбегі үшін осы тізбектің берілген функциядағы мәндерінің тізбегі, яғни f(x1),f(x2),f(x3),...f(x_1),f(x_2),f(x_3),... сандарынан құралған тізбек, AA санына жинақталса, онда AA саны y=f(x)y = f(x) функциясының x→x0x \to x_0 кезіндегі (xx x0x_0 - ге ұмтылғандағы) шегі деп аталады да lim⁡x→x0f(x)=A\lim\limits_{x \to x_0}f(x) = A деп жазылады.

Үзіліссіздік қарап қалсын ба, оның да тізбектер тіліндегі анықтамасы бар:

Анықтама. ff функциясы II аралығында анықталсын. Егер x0∈Ix_0 \in I нүктесі үшін xn∈I (n=1,2,...), xn→x0 (n→∞)x_n \in I \ (n = 1, 2, ...),\ x_n \to x_0 \ (n \to \infty) шарттарын қанағаттандыратын әрбір {xn}n⩾1\{x_n\}_{n \geqslant 1} тізбегіне сәйкес {f(xn)}n=1∞\{f(x_n)\}^\infty_{n = 1} тізбегінің шегі бар және f(x0)f(x_0) санына тең болса, онда ff функциясының x0x_0 нүктесінде үзіліссіз дейді.

Бұл парақша(тақырып) әлі толықтырылу үстінде...

Осымен сабақ аяқталды ✅

🠜 Артқа

Кіріспе бөлім

Негізгі бөлім

!! Ақау жайлы хабар беру