Жинақталатын монотонды тізбектердің кейбір мысалдары

Монотонды тізбектер

1. Монотонды тізбектердің анықтамасы. Негізгі теорема. Біз тізбектің екі қасиетін — жинақталуын және шенелгендігін — анықтадық. Жинақталатын тізбектің шенелгендігін, бірақ шенелген тізбектің жинақталмауы мүмкін екенін көрсеттік. Бір жағдайда осы екі қасиет эквивалентті екен — ол тізбектің монотонды болуы.

А н ы қ т а м а. {х_n}тізбегі берілсін. Егер әрбір n (n= 1, 2,...) үшін x_n£x_n+1 болса, онда оны кемімейтін тізбек деп, ал x_n<x_n+1 болса, онда оны өспелі тізбек деп атайды. Егер әрбір n (n=1, 2, ...) үшін болса, онда оны өспейтін тізбек деп, ал x_n>x_n+1 болса, онда оны кемімелі тізбек деп атайды. Бұл тізбектердің әрқайсысы монотонды деп аталады. Өспелі және кемімелі тізбектерді қатаң монотонды деп атайды.

Әрине, өспелі тізбек кемімейді, ал кемімелі тізбек өспейді. Сол себептен, кемімейтін және өспейтін тізбектер үшін дәлелденген кез келген тұжырым сәйкес өспелі және кемімелі тізбектер үшін де орындалады. Сонымен бірге, қатаң монотонды тізбектердің монотонды тізбектерге қарағанда ерекше қасиеттері де бар. Мәселен, монотонды тізбектің мәндерінің бәрі де шегіне тең болуы мүмкін (мысалы, x_n ≡1үшін), ал қатаң монотонды тізбектің бірде-бір мәні шегіне тең бола алмайды.

Расында да, {x_n} өспелі тізбегі а нақты санына ұмтылып, белгілі бір n₀ үшін =a болса, онда барлық n>n₀+1 үшін

x_n-a> x_n-1-a>…> -a= - >0

Сөйтіп, оң саны үшін n>n₀+1 болғанда , демек, {х_n}тізбегі а санына ұмтылмайды. Қайшылыққа келдік.

Монотонды тізбектер бір жақты шенелген болады, өспелі тізбектер — төменнен, кемімелі тізбектер — жоғарыдан (әрқайсысы бірінші мүшесімен шенелген).

М ы с а л д а р:

1°. өспелі шенелген тізбек,

2°. x_n=n —өспелі шенелмеген тізбек,

3°. x_n=(-1)ⁿn — шенелмеген, шегі жоқ, монотонды емес тізбек.

4°. шенелген, шегі жоқ, монотонды емес тізбек.

5°. шенелген, жинақталатын, монотонды емес тізбек.

Енді монотонды тізбектер туралы негізгі теореманы дәлелдейік.

Т е о р е м а. {х_n}тізбегі монотонды болсын. Онда оның шегі бар (ақырлы әлде ақырсыз) және {х_n}кемімейтін болғанда =sup{x₁;x₂;…}өспейтін болғанда =inf{x₁;x₂;…}

Сондықтан, монотонды және шенелген тізбектің әрқашанда нақты мәнді шегі бар болады, өйткені онда {x₁;x₂;…} жиынының супремумы мен инфимумы нақты сан болады.

Д ә л е л д е у. {х_n}тізбегі кемімейтін болсын. Онда келесі екі жағдайдың біреуі және тек қана біреуі орындалады: sup{x₁;x₂;…}ºa — нақты сан (тізбектің барлық мәндерінің жиыны жоғарыдан шенелген). sup{x₁;x₂;…}º+¥ (тізбектің барлық мәндерінің жиыны жоғарыдан шенелмеген).

1-жағдай. e оң саны берілсін.

Супремумның анықтамасы бойынша:

1) а саны {x₁;x₂;…} жиынының жоғарғы шекарасы, яғни барлық n үшін , болады;

2) a-ε саны {x₁;x₂;…} жиынының жоғарғы шекарасы емес, яғни теңсіздігі орындалатын тізбектің мүшесі табылады.

{х_n}тізбегі кемімейтін болғандықтан үшін теңсіздігі орындалады.

Осының бәрін қорытындылап мынаған келеміз:

Әрбір үшін теңсіздігі орындалады, ал бұл жағдай символдар арқылы былай бейнеленеді:

=aºsup{x₁;x₂;…}.

2-жағдай. e оң саны берілсін. Онда e-нан үлкен тізбектің мәнi бар болады, яғни теңсіздігі орындалатын n_ε номері табылады.

Енді тізбектің кемімейтін екенін ескерсек, онда әрбір үшін болады, демек, шектің анықтамасы бойынша =+¥ºsup{x₁;x₂;…}. Теорема дәлелденді.

Өспейтін тізбек үшін теорема дәл осылай дәлелденеді.

Е с к е р т у. Дәлелденген теореманың қорытындысын сақтап, шартын сәл жеңілдетуге болады: {х_n}тізбегінің тек қана белгілі бір номерден бастап монотонды болуы талап етіледі, өйткені тізбектің шегіне алғашқы мүшелерінің (қандай да ақырлы жиынын алсақ та) әсері жоқ.

Жинақталатын монотонды тізбектердің кейбір мысалдары.

Дәлелденген теорема арқылы дөңгелектің ауданын анықтауға болады. Жоғарыда айтылғандай (2 (§ 1)-пунктті қара), үшбұрыштың ауданын білсек, онда деңгелектің ауданын анықтауға болады.

Радиусы 1-ге тең деңгелекке іштей сызылған 2ⁿ-бұрышты көпбұрыштың ауданын х_п әрпімен белгілесек, онда {х_п}тізбегі өспелі тізбек болатыны айқын.

{х_п}тізбегі шенелген де болады, өйткені әрбір n үшін x_n£4 теңсіздігі орындалады. (4-сол дөңгелекке сырттай сызылған квадраттың ауданы).

Демек, дәлелденген теорема бойынша {х_п}тізбегінің нақты мәнді шегі бар болады, сол сан радиусы 1-ге тең дөңгелектің ауданы деп аталады да p әрпімен белгіленеді.

Сонымен, жаңа сан — p саны — анықталады. p саны иррационал сан болады, ондық бөлшек арқылы түрлендіруінің алғашқы бес таңбасы мынадай: p = 3,14159...

Монотонды тізбектер туралы теорема тізбектің шегі бар болып, мәндерінің жиынының супремумы немесе инфимумына тең болатынын тұжырымдайды. Ал жиынның супремумы мен инфимумын тек қана кейбір қарапайым жағдайларда ғана дәл табуға болады. Сондықтан, негізгі теореманың монотонды тізбектің шегінің мәнін табуға пайдасы аз деуге болады (шектің бар болуы мен оның мәнін дәл табу — өзара бөлек мәселелер! Бұл жалпы факт). Бірақ кейбір жағдайларда шектің мәнін табуға оның бар болуы туралы мәлімет те жеткілікті. Айтқанымызды мысалдар арқылы түсіндірейік.

1°. с>0 үшін тізбегін қарастырайық. Егер n>с— 1 болса, онда , демек, х_п— кемімелі тізбек, ал х_n>0 болғандықтан, ол төменнен шенелген де болады. Сондықтан {х_п}тізбегінін, нақты мәнді шегі бар, оны а әрпімен белгілейік.

Әрине, болғандықтан

теңдеуі {х_п+1}тізбегі {х_n}және { } тізбектерінің көбейтіндісі болатынын керсетеді. болғанда, шекке көшсек, онда а=а×0 теңдігіне келеміз, яғни а=0.

Сонымен, .

2°. а және x₁ оң сандары берілсін. Мына

(n=1,2,…) (1)

рекуррентті формуласы арқылы анықталған тізбектің шегі бар болып, санына тең екенін көрсетейік.

Алдымен {х_п}тізбегінің төменнен 0 санымен шенелгенін дәлелдейік.

Расында да, берілуі бойынша х₁оң сан. Енді х_п оң сан деп ұйғарсақ, онда (1) теңдігінен х_п+1—де оң болатыны айқын. Демек, математикалық индукция әдісі бойынша әрбір n үшін х_п>0 болатыны дәлелденді.

Енді тізбегінің кемімелі болатынын дәлелдейік. (1) теңдігін санына көбейтсек (х_n оң сан!), онда

(n=2,3,…)

болады, демек, {х_п}тізбегінің кемімелі болуы

(n = 2, 3, ...), яғни

(n = 2, 3, ...) (2)

теңсіздігіне пара-пар.

(2) теңсіздігін дәлелдеудің алдында әрбір t оң саны үшін

(3)

болатынын көрсетейік. болғандықтан, болады. Соңғы теңсіздіктің екі жағын да оң санына көбейтіп (3) теңсіздігіне келеміз. (1) теңдігін түрінде жазып, жақшаның ішіндегі қосындыға болғандағы (3) теңсіздігін қолдансак, онда (2) теңсіздігінің орындалатынын көреміз.

Сөйтіп, {х_п}кемімелі тізбек екені дәлелденді. {х_п}кемімелі және шенелген тізбек болғандықтан, оның нақты мәнді шегі бар. Ол саны болсын. (1) және (2)-де болғанда шекке көшсек, онда сәйкес

және

(5)

болады. Мұнан біздің мақсатымыз болатын теңдігі шығады, өйткені (5) шартын қанағаттандыратын (4)-тің түбірі тек қана саны болады. {х_п}тізбегі а-нық квадраттық түбірін жуықтап табу үшін қолданылады.

Енді а оң санының квадраттық түбірін жуықтап есептегенде (1) формуласымен пайдаланып х_n-нен х_п+1 -ге көшкенде сәйкес қателіктердің қалай өзгеретінін қарастырайық. '

және болсын. Онда

,

болады, демек, (g¹-1) теңдігін болғанда қолдансақ,

теңсіздігі шығады, яғни жаңа d_n+1 қателігі -дан аспайды. Сонымен, әрбір келесі қадамдағы қателік шамамен алдындағы қадамдағы қателіктің квадратына тең болады. Демек, біз санын, мысалы, үтірден кейін 5 таңбасымен тапсақ келесі қадам дәлдікті 10 таңбаға дейін, ал одан кейінгі қадам 20 таңбаға дейін көтереді. Сондықтан, (1) тізбегі оң саннан квадраттық түбір табу үшін қазіргі есептеу математикасында кеңінен қолданылады.

3. е саны. Бұл пунктте анализдегі айрықша сандардың бірі — е санын анықтаймыз. Әрбір оң бүтін n үшін

(6)

болсын. Монотонды тізбектер туралы негізгі теореманы қолданып, {х_п}тізбегінің нақты мәнді шегі бар болатынын дәлелдейік. х_п өрнегіндегі n дәреже көрсеткіші өскен сайын дәреже негізі кеми түседі, сондықтан, х_п монотонды болатыны тікелей көрінбейді.

Бұны дәлелдеу үшін, х_п -ді Ньютон биномы формуласы бойынша жіктейік: (7)

Соңғы қосындының түрінің өзінен-ақ х_п өспелі тізбек болатыны оңай шығады. Расында да, х_п-нен х_n+1-ге көшкенде, біріншіден, жаңа оң мүшесі пайда болады, екіншіден, бұрыннан жазылған (n+1) мүшенің алғашқы екеуі өзгермейді де (олар 1 санына тең), ал қалғандарының әрқайсысының орнына одан үлкен өрнек жазылады, өйткені түріндегі әрбір көбейткіш одан үлкен көбейткішіне алмасады. Сонымен, әрбір n үшін х_п <x_n+1болады, яғни {х_п}— өспелі тізбек.

{х_п}—шенелген тізбек болатынын дәлелдеу үшін, баска жағдайларда да жиі қолданылатын, келесі формуланы дәлелдейік.

Егер болса, онда әрбір оң бүтін n саны үшін

1+a+a² + ... + aⁿ= (8)

теңдігі орындалады. Расында да, (1-a)(1+a+a² + ... + aⁿ ) = (1+a+a² + ... + aⁿ) - (a + +a² +...+aⁿ⁺¹)=1+(a+a²+…+aⁿ) - (a+a²+…+aⁿ) - aⁿ⁺¹ =1-aⁿ⁺¹,

яғни, (8) дәлелденді.

(7) өрнегіндегі жақшаның ішіндегі әрбір көбейткіш 1 санынан кіші, сондықтан, олардьң әрқайсысының орнына 1 санын жазсақ, онда

(9)

(n³3) теңсіздігіне келеміз.

Бұнда әрбір бөлшектің бөліміндегі әрбір көбейткішті 2 санына алмастырсақ, онда болады. Соңғы теңсіздіктің оң жағындағы қосындыға болғандағы (8) формуласын қолдансақ, онда

болады, яғни {х_п}— жоғарыдан шенелген тізбек.

Сөйтіп, {х_п}— өспелі және шенелген тізбек болатыны дәлелденді.

Сондықтан, монотонды тізбектің шегі бар болуы туралы теорема бойынша {х_п}тізбегінің нақты мәнді шегі бар болады. Ол санды Л. Эйлер* белгілегендей әрдайым е әрпімен белгілейді.

Сонымен,

(10)

е әріпі жаңа санның белгілеуі екеніне оқырманньң назарын тағы да аударамыз: алдымен (6) бойынша анықталған {х_п}тізбегінің шегі бар және нақты сан болатынын дәлелдедік, сонан кейін сол нақты сан е әрпімен белгіленеді.

Бұл санның ондық бөлшек арқылы түрлендіруінің алғашқы үш таңбасы мынадай болады**.

е = 2,718....

* Л. Эйлер (1707-1783) ─ швейцария математигі.

** Бұны (18) бойынша -ті есептеп дәлелдеуге болады.

е санын логарифмнің негізі ретінде алған көп жағдайларда өте пайдалы болады (мысалы, 1 (V тарау, § 2)-пункттегі 3°-ті, 4°-ті қараңыз). Сондай логарифмдер ln символымен белгіленеді. Сонымен,

Соңында, әрбір оң бүтін n саны үшін

болатынын атап өтейік.

Е с к е р т у. (10) теңдігін анықталмағандықты ашу деп қарастыруға болады.

Расында да, , y_n =n болса, онда , х_n®1, у_n®¥ (n®¥) болады, демек, 5 (§ 2)-пункттегі анықталмағандықтың белгілеулеріне сай жазсақ, 1^¥ символына келеміз. Бұл анықталмағандықты былай түсіндіруге болады: егер х_п=а>1 болса, онда у_n®¥ (n®¥) үшін (n®¥) , ал y_n =b>0 болса, онда х_n®1, (n®¥) үшін (n®¥) болады.

Жалпы жағдайда өрнегінің «негізі 1-ге тартады», «көрсеткіші +¥-ке тартады», сондықтан, берілген тізбегінің шегі бар болуы, бар болса оның мәні — x_n-нің 1-ге, y_n - нің +¥-ке ұмтылу тәртіптері мен олардың арасындағы ара-қатынасымен байланысты.

Сондықтан, (10) теңдігін өрнегінде , y_n =n болғанда, олар «бір-бірін өзімен бірге ілестіре кете алмай (х_п — 1-ге, у_п—+¥ - ке), 1 мен +¥ арасындағы бір санға (е = 2,718... деп аталатын) «келіскендері» деуге болады.

Е санының бейнелеуі.

(12)

болсын (бұл (9) теңсіздігінің оң жағындағы өрнек). Мұнда m³1үшін m!=1×2×…×m, ал келісім бойынша 0! =1. Әрбір оң бүтін n үшін

(13)

теңдігін қанағаттандыратын 0<q_n<1 саны табылатынын көрсетейік.

Алдымен,

(14)

теңдігін дәлелдейік (кейбірде е саны {у_п}тізбегінің шегі ретінде анықталады).

k оң бүтін саны берілсін. Онда әрбір n>k үшін (7) бойынша

болады.

(n®¥) болғанда z_n-нің әрбір жақшасындағы өрнектің шегі бар және 1 санына тең болады, демек, k+1қосылғыш үшін қолданылған 4 (§ 2)-п. 7-теоремасының салдары бойынша теңдігі орындалады. Сондықтан, (15), (10) және 3 (§ 2)-пункттегі 5-теорема бойынша болады,

Бұдан және (12) анықтамасы мен (9) теңсіздігінен әрбір оң бүтін n үшін х_п<у_п£ е болатынын көреміз, сондықтан, (10) және 3 (§ 2)-п. 6-теорема бойынша (14) теңдігі орындалады.

Кез келген оң бүтін n және m сандары үшін

болады, демек, болғандағы (8) формуласы бойынша

Бұл теңсіздіктің екі жағын да m-ге тәуелді тізбек деп қарастырып, шекке көшсек, онда 3 (§ 2)-пункттегі 5-теорема және (14) теңдігі бойынша

Біз мұнда, әрине, m-ге тәуелді тізбектің мәндерінің бәрі белгілі бір санға тең болса, онда шегі де сол санға тең болатынын пайдаландық.

Әрбір n үшін у_n+1 £ е және у_п+х -у_п= >0 болғандыктан, у_п<у_п+1 £ е, яғни 0<е-у_п теңдігі орындалады. Сонымен,

Сондықтан, q_n=(e-y_n) n!×n деп алсақ, соңғы теңсіздік (13) формуласының басқа түрде жазылуы болады, (13) формуласы дәлелденді.

Ескерту. (13) теңдігі ілгеріде дәлелденетін жалпы формуланың (дәл айтқанда, Тейлор * формуласының) дербес жағдайы болады. Бірақ, дәлелдеуі тура (тек қана е саны мен шектін, анықтамаларына сүйенетін) және шектін,

* Б. Тейлор (1685-1731)─ ағылшын математигі.

анықтамасы қалай қолданылатынын керсететін өте пайдалы жаттығу болғандықтан, осы жерде келтірдік.

5. Дәлелденген формуланың салдары.Бұнда (13) формуласының екі салдарын келтіреміз.

(13) формуланың теориялық мағынасы бар:

е-нің иррационал сан екенін дәлелдеуге болады. Кері жорып, е рационал сан десек, онда белгілі бір k және m оң бүтін сандары үшін болады. Демек, n =m үшін (13) былай жазылады

(0<q_m<1)

Мұның екі жағын да m!санына көбейтсек, онда теңдеудің сол жағында бүтін сан, ал оң жағында бүтін сан мен бөлшегінің қосындысы болады, бірақ олай болуы мүмкін емес. Сондықтан, қайшылыққа келеміз, яғни е саны иррационал болатыны дәлелденді.

Енді е санын кез келген дәлдікпен табуға болатынын көрсетейік. Расында да, (13) формуласы бойынша әрбір e оң саны арқылы барлық

(16)

теңсіздігін қанағаттандыратын n-дер үшін

(17)

теңсіздіктері орындалады. Ал — түріндегі рационал санының мәнін есептеу жұмысы қанағаттандырарлықтай деп санасақ, онда (16) мен (17) теңсіздіктері мақсатымызға жеткенімізді көрсетеді. Мысалы, үшін (16) теңсіздігінің ең кіші шешімі (y_n-нің есептеуі үнемді болуы үшін!) n=5 болады, демек,

(18)

рационал санының е санынан айырмашылығы санынан кіші болады. қосындыларының мәні электронды-есептеуіш машиналарында оңай табылады.

Ескерту. (13) формуласын былай талқылауға болады.

Мәнін дәл білуге болмайтын сан (е саны) мәні белгілі мағынада оңай табылатын өрнекпен ( қосындысымен) жуықталады және сонда пайда болатын қателікті қалағанымызша аз қыла аламыз ((16) теңсіздігі).

Жалпы, құрылысы күрделі затты (мысалы, санды, функцияны, т. б.) осылай белгілі бір мағынада қанағаттандырарлықтай затпен жуықтау және сонда пайда болатын қателікті қалағанымызша белгілі мағынада аз ете алу — математикада жиі кездесетін жағдай.

Біз ілгеріде кездескен сайын оны ескертіп отырамыз.

6. Сегменттер ұясы туралы теорема. Монотонды тізбектің шегі бар болатыны туралы теорема кейбірде мынадай түрде қолданылады:

Теорема. Егер кемімейтін {х_n}және өспейтін {у_n}тізбектері үшін тізбегінің мүшелері оң болып (яғни, әрбір n үшін болса), өзі нольге ұмтылса, онда {х_n}және {у_n} тізбектердің шектері өзара тең болады:

(19)

Дәлелдеуі. Алдымен {х_n}тізбегінің нақты мәнді шегі бар болатынын дәлелдейік. Әрбір n үшін болғандықтан x_n<y_n£y₁ болады, демек, {х_n}— жоғарыдан шенелген тізбек. Сондықтан, теореманың шарты бойынша ол кемімейтіндігін ескерсек, онда тізбегінің нақты мәнді шегі бар болатыны дәлелденді.

{у_n}тізбегінің нақты мәнді шегі бар болатыны да дәл осылай дәлелденеді.

Сөйтіп 4 (§ 2)-п. 7-теорема бойынша (19) теңдігі, сонымен бірге теорема да дәлелденді.

Бұл теорема кейбірде басқа, «геометриялық» түрде қолданылады. Оны келтіру үшін бізге келесі анықтамалар қажет.

Егер әрбір n оң бүтін саны үшін белгілі бір тәртіп бойынша [a_n, b_n] сегменті сәйкес қойылса, онда

[a₁, b₁], [a₂, b₂], …, [a_n, b_n]. (20)

сегменттер тізбегі берілді дейді.

Егер бұнда кез келген сегмент алдыңғы сегменттің жиыншасы болып, сегменттердің ұзындықтары нольге ұмтылса, онда (20)-ны сегменттер ұясы деп атайды.

Әрине, (20) сегменттер тізбегі сегменттер ұясы болуы үшін сегменттердің шеткі нүктелерінен құрылған {а_п}және {b_n}caндap тізбектері келесі екі шарттың

1) әрбір n үшін , яғни {а_n}— кемімейтін, ал { _n}— өспейтін тізбек болуы,

2) теңдігі орындалуы қажетті және жеткілікті.

Сонда дәлелденген теорема былай айтылады:

Сегменттер ұясы туралы теорема. [a₁, b₁], [a₂, b₂], …, [a_n, b_n] сегменттер ұясы берілсін. Онда осы сегменттердің әрқайсысында жататын нүкте (нақты сан) бар және жалғыз болады.

Ол нүкте сол сегменттердің шеткі нүктелерінен кұрылған {а_n} және { }тізбектерінің шектерінің ортақ мәні болады.

Расында да, {а_n} және {b_n} тізбектері үшін дәлелденген теореманың шарттары орындалады, демек, сол теорема бойынша болады. Осы екі шектің ортақ мәнін a әрпімен белгілесек, онда {a_k} мен {b_k} монотонды болғандықтан 1-пункттегі теорема бойынша әрбір оң бүтін k саны үшін яғни барлық сегменттерде жататын a саны бар болатынын көрсеттік.

Басқа саны да осындай болса, онда әрбір n үшін теңсіздігі орындалады, сондықтан, сегменттердің ұзындықтары нольге ұмтыла алмас еді.

Е с к е р т у. Бұл теоремада сегменттерді интервалдарға ауыстыруға болмайды. Мысалы, интервалдар тізбегі үшін теореманың шарттары орындалса да, олардың бәрінде жататын бірде-бір нүкте жоқ.

Расында да, әрбір x₀ Î(0, 1) және кез келген үшін болады.