1.3 Некоторые свойства предела

(1) Пусть $a_n':=a_n+c$, $n\in \mathbb{N}$. По определению получаем, что для любого $\varepsilon > 0$ найдётся такой $N$, что $|a_n - a| < \varepsilon$. Имеем $|a_n -a| = |a_n+c - a - c| = |a_n' - (a+c)|$, то есть для того же $N$ мы получаем, что при $n>N$, $|a_n' - (a+c)| < \varepsilon$, что и доказывает, что $\lim_{n\to \infty}(a_n + c) = a+c$.

Пусть теперь $a'_n: = ca_n$, $n\in \mathbb{N}$. Ясно, что если $c =0$, то мы получаем постоянную последовательность $\{0,0,...\ldots,\}$ и мы уже знаем, что она сходится к 0. Пусть $c \ne 0.$ Так как $\lim_{n\to \infty}a_n = a$, то для любого $\varepsilon>0$ есть такой номер $N$, что $|a_n - a|<\varepsilon$ для всех $n>N$. Значит, если мы рассмотрим $\varepsilon':=\frac{\varepsilon}{|c|}$, то и для такого $\varepsilon'$ мы тоже знаем такой номер $N'$, что $|a_n - a|< \varepsilon'$. Умножив обе части этого неравенства на $|c|$, мы получаем $|c||a_n - a| <|c|\varepsilon'$, что равносильно неравенству $|a_n' - ca| < \varepsilon$, что и доказывает требуемое.

(2) Возьмём какое-нибудь число $\varepsilon>0$ и положим $\varepsilon':= \frac{\varepsilon}{2}$, тогда, согласно определению предела, у нас есть номера $N,M$ такие, что неравенства $|a_n - a|< \varepsilon'$ и $|b_m - b|<\varepsilon'$ выполнены для всех $n>N$, $m>M$. Пусть $K:=\max\{N,M\}$, $k>K$.

Имеем

что и означает, что для любого $\varepsilon>0$ мы нашли номер $K$ такой, что для всех $k>K$ имеет место неравенство $|(a_k + b_k) - (a+b)|< \varepsilon$, что и доказывает требуемое.

(3) Заметим, что

Докажем, что $\lim_{n\to \infty}(a_nb_n - ab) = 0$, тогда по этому предложению будет следовать требуемое.

Согласно только что доказанным пунктам, имеем

по предложению, $\lim_{n\to \infty}(b_n -b) =0$, $\lim_{n\to \infty}(a_n -a)=0$, значит, $\lim_{n\to \infty}(a_nb_n - ab) = \lim_{n \to \infty}(a_n-a)(b_n-b).$ Покажем, что этот предел равен нулю. Так как $\lim_{n\to \infty} a_n =a$ и $\lim_{n\to \infty}b_n =b$, то для любого $\varepsilon>0$, есть номера $N,M$ такие, что $|a_n - a| <\varepsilon$ и $|b_m -b| < \varepsilon$ для всех $n >N$, $m>M$. Пусть теперь $\varepsilon':=\sqrt{\varepsilon},$ тогда и для такого числа мы тоже знаем номера $N',M'$ такие, что $|a_n - a| <\varepsilon'$ и $|b_m -b| < \varepsilon'$ для всех $n >N'$, $m>M'$. Пусть $K:= \max\{N',M'\}$, тогда для $k>K$ мы получаем

что и доказывает бесконечную малость последовательности $(a_n-a)(b_n-b)$, т. е. $\lim_{n \to \infty}(a_n-a)(b_n-b) = 0$ и значит, $\lim_{n\to \infty}(a_nb_n - ab) = 0 \Longleftrightarrow \lim_{n\to \infty}a_nb_n = ab.$

(4) Достаточно доказать, что $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{b_n} = \frac{1}{b}$. Тогда из предыдущего пункта будет следовать требуемое. Далее без ограничения общности будем считать, что $b>0$, так как в случае $b<0$ мы умножим последовательность $(b_n)$ на -1 и по пункту (1) сведём задачу к той, когда $b>0.$

Так как $\lim_{n\to \infty} b_n =b>0$, то по теореме об отделимости найдётся такой $N_0$, что для всех $n>N_0$ будет иметь место неравенство $b_n > \frac{b}{2}>0$.

Далее, так как $\lim_{n\to \infty} b_n =b$, то по определению предела для любого $\varepsilon>0$ найдётся такой номер $N$, что для всех $n>N$ выполнено $|b_n - b|<\varepsilon.$

Пусть $M: = \max\{N_0, N\}$, тогда для любого $m>M$, получаем

так как $b_n >\frac{b}{2}$ для всех $n>N_0$, то $\frac{1}{b_m} < \frac{2}{b}$ для всех $m >M$, и тогда мы получаем

что и доказывает требуемое.

(1) Пусть $\lim_{n \to \infty}a_n = 1$, тогда для любого $\varepsilon>0$ можно найти такой $N$, что $1 - \varepsilon <a_n<1 + \varepsilon$ для всех $n >N$. Тогда, если $\varepsilon<1$, то получаем $\sqrt{1-\varepsilon} < \sqrt{a_n} <\sqrt{1+\varepsilon}$. Далее, так как $\sqrt{1+\varepsilon} < 1 + \varepsilon$, и $1-\varepsilon < \sqrt{1-\varepsilon}$ при любом $0 <\varepsilon<1$ то мы получаем

для всех $n > N$ что влечёт $\lim_{n \to \infty}\sqrt{a_n} =1$.

Пусть $\varepsilon >1$, тогда мы получаем что $1 - \varepsilon <0$ и $0 < a_n < 1 +\varepsilon$ для всех $n >N$, но также мы получаем что и $0 < \sqrt{a_n} < 1 + \varepsilon$, что также можно записать так $1- \varepsilon < \sqrt{a_n} < 1 + \varepsilon$.

Итак, мы показали, что если $\lim_{n \to \infty}a_n = 1$ то и $\lim_{n \to \infty}\sqrt{a_n} = 1.$

(2) Пусть $\lim_{n \to \infty}a_n = a \ne 1,0.$ Тогда $\lim_{n \to \infty} \frac{a_n}{a} = 1$, и тогда $\lim_{n \to \infty}\sqrt{\frac{a_n}{a}} = 1$. Умножая на $\sqrt{a}$ обе части и воспользовавшись арифметикой предела, получаем $\sqrt{a} \lim_{n \to \infty}\sqrt{\frac{a_n}{a}} = \lim_{n \to \infty}\sqrt{a_n} = \sqrt{a}$.

(3) пусть $a = 0$, тогда для любого $\varepsilon>0$ можно найти такой $N$, что $-\varepsilon < a_n <\varepsilon$, для всех $n>N$. Тогда $-\sqrt{\varepsilon} < 0 < \sqrt{a_n} < \sqrt{\varepsilon}$, что и показывает $\lim_{n\to \infty} \sqrt{a_n} = 0.$

По определению предела, для любого $\varepsilon >0$, существуют такие номера $N,M$, что $|a_n - a| < \varepsilon$ и $|c_m - a|< \varepsilon$ для всех $n>N$, $m>M$. Пусть $K:=\max\{N,M\}$, тогда для любого $k>K$, $|a_k - a| < \varepsilon$ и $|c_k - a|< \varepsilon$. Мы получили совокупность неравенств

но тогда мы получаем $a- \varepsilon < a_k < b_k < c_k < a + \varepsilon$, т. е. для любого $\varepsilon>0$ мы нашли такое $K$, что для всех $k>K$, $a- \varepsilon < b_k < a+ \varepsilon$ или то же самое, что и $|b_k -a|< \varepsilon$, но это и означает, что $\lim_{n \to \infty}b_n = a$, что и требовалось доказать.

Пусть $\varepsilon_0:=a-b >0$. Согласно определению предела, мы можем для $\frac{\varepsilon_0}{2}$ найти такие $N,M$, что $|a_n - a|<\frac{\varepsilon_0}{2}$, $|b_m-b|<\frac{\varepsilon_0}{2}$ для всех $n>N$, $m>M$. Пусть $K:=\max\{N,M\}$, тогда для любого $k>K$

что даёт противоречие.