1.4 Ограниченные последовательности

Докажем эту теорему только в случае ограниченного сверху множества, так как другой случай доказывается аналогично.

Пусть $B$ есть множество всех верхних граней множества $A$, тогда из условия об ограниченности сверху множества $A$ следует, что $B \ne \varnothing$. Далее из конструкции $B$ вытекает, что $A\le B$ (т. е. $A$ левее чем $B$). Тогда по аксиоме о полноте получаем, что существует $c \in \mathbb{R}$ такой, что $A \le c \le B$. Тогда, во-первых, $c$ — какая-то верхняя грань для $A$, а, во-вторых, $c$ меньше или равен любому из элементов множества $B$, т. е. $c = \mathrm{sup}(A)$, что и требовалось доказать.

Действительно, согласно определению предела (см. определение), для любого $\varepsilon>0$ найдётся такой номер $N$, что для всех $n \ge N$ выполняются неравенства

Пусть $\varepsilon = 1$ и пусть $N_1$ это такой номер, что для всех $n\ge N_1$ мы имеем

Тогда пусть $R: = \max \{a_1, \ldots, a_{N_1 -1}, a+1\}$, и $L: = \min \{a_1,\ldots, a_{N_1 -1}, a-1\}$, тогда для всех $n\ge 1$, получаем

т.е. последовательность $(a_n)$ — ограничена.

Будем доказывать только для не убывающих последовательностей, потому что для невозрастающих рассуждения аналогичные.

Так как последовательность $(a_n)$ ограничена сверху, то по принципу полноты Вейерштрасса существует $\mathrm{sup}(a_n) = a$. Это означает, что для любого $\varepsilon >0$, $a-\varepsilon \ne \mathrm{sup}(a_n)$, т. е. существует такой $N$, что $a_N >a -\varepsilon$.

Далее, так как $a_n \le a_{n+1}$ (так как по предположению последовательность не убывающая), то все $a_{N+1}, a_{N+2}, \ldots > a -\varepsilon$. Так как $a = \mathrm{sup}(a_n)$, то $a_n \le a$ для всех $n$. Таким образом, для всех $n > N$, мы получаем $a- \varepsilon < a_n \le a$. Очевидно, что $a < a+\varepsilon$. Другими словами, мы для любого $\varepsilon >0$ нашли такое $N$, что для всех $n>N$ $a -\varepsilon < a_n < a + \varepsilon$, т. е. $|a_n - a| < \varepsilon$. Но это и означает, что $\lim_{n \to \infty}a_n = a$, что и требовалось доказать.