1.6 Подпоследовательности и частичные пределы

Будем доказывать по индукции. Так как это последовательность натуральных чисел, то каждое $n_t\ge 1$, в частности $n_1\ge 1$. Пусть теперь верно неравенство $n_t \ge t$ для $t\ge 1$. Так как последовательность является строго возрастающей, то $n_{t+1}>n_t \ge t$, т. е. $n_{t+1} >t$ или что есть то же самое, что и $n_{t+1}\ge t+1$.

Рассмотрим произвольную подпоследовательность $\{a_{n_k}\}$. Так как $\lim_{n \to \infty}a_n =a$, то для любого $\varepsilon >0$ можно найти такой номер $N$, что $|a_n - a| < \varepsilon$ для всех $n >N$. Тогда выберем такой номер $k$, что $k >N$. По лемме, $n_k \ge k$, тогда для всех $n_t \ge n_k >N$, $|a_{n_t}- a| < \varepsilon$, что и доказывает теорему.

(1) Так как наша последовательность ограничена, скажем, $a \le x_n \le b$, то это значит, что все её элементы лежат в отрезке $I_1 = [a,b]$.

(2) Разделим этот отрезок на две равные части и выберем ту половину, назовём её $I_2$, в которой находятся почти все элементы этой последовательности (т. е. бесконечное число её элементов). Если в обеих половинах находятся почти все элементы, то выбираем любую из них.

(3) Ту же процедуру проведём для выбранной половины $I_2$ и так далее. В результате мы получаем систему отрезков $I_1, I_2, I_3, \ldots$, при этом их длины уменьшаются каждый раз в два раза, то есть $\lim_{n \to \infty}|I_n| = 0$. Более того, $I_1 \supseteq I_2 \supseteq I_3 \supseteq \cdots$, тогда по лемме $\cap_{n=1}^\infty I_n \ni \{c\}.$

(4) Выберем теперь в каждом отрезке $I_k$ элемент нашей последовательности с номером $n_k$, при этом требуя, чтобы номер $n_{k+1}$ элемента, выбранного из следующего отрезка $I_{k+1}$, был строго больше предыдущего, т. е. $n_k<n_{k+1}$. Это можно сделать, потому что в каждом из отрезков $I_k$ имеется бесконечное число элементов нашей последовательности. Но это и означает, что для любого номера можно всегда найти такой элемент, номер которого будет заведомо больше выбранного.

(5) Тогда по построению мы получили для любого $n_k$, $|x_{n_k}-c| < |I_k| = \frac{I_1}{2^{k-1}}$. Но это и означает, что $\lim_{n_k \to \infty}x_{n_k} = c.$

Во-первых, заметим, что существование точной грани в зависимости от характера ограниченности обеспечивается принципом полноты Вейерштрасса.

Далее, если $\sup(B) = b$, то для любых $x \in B$ имеем $x \le b$, так как $A \subseteq B$, то и $x \le b$ для любого $x \in A$, что и доказывает требуемое. Аналогично доказывается и для $\inf$, где нужно учесть, что $\inf(A) = -\sup (-A)$.

Имеем $M_n : = \sup\left\{a_{n+1}, \ldots \right\}$, $M_{n+1}:=\sup \left\{a_{n+2}, \ldots,\right\}$ и так как

то по лемме $M_n \ge M_{n+1}$, т. е. последовательность $(M_n )$ не возрастает и также $m_n \le m_{n+1}$, т. е. последовательность $(m_n )$ не убывает.

Далее, так как последовательность $(a_n )$ ограничена, значит, и $(M_n )$, $(m_n )$ —- ограничены. Тогда по теореме Вейерштрасса у них есть пределы.

Теперь мы должны показать, что эти пределы являются частичными пределами для нашей последовательности. Другими словами, мы должны предъявить такие подпоследовательности $(a_{n_k} ) \subseteq (a_n )$, $(a_{n_r} ) \subseteq (a_n )$, что $\lim_{n_k \to \infty} a_{n_k} =M$, $\lim_{n_r \to \infty} a_{n_r} =m$.

Мы это проделаем только для первого случая, так как второй аналогичный.

Так как $M_1 = \sup \left\{a_2, a_3, a_4,a_5 \ldots\right\}$, то найдётся хотя бы один элемент $a_{n_1} \in \{a_2, a_3, a_4,a_5 \ldots\}$ такой, что

такой элемент найдётся, потому что $M_1 -1 \ne \sup \left\{a_2, a_3, a_4,a_5 \ldots\right\}.$ Продолжим теперь следующим образом: рассмотрим $M_{n_1}$, по определению

найдётся хотя бы один $a_{n_2} \in \{a_{n_1 +1}, a_{n_1+2}, a_{n_1+3},\ldots\}$ такой, что

при этом очевидно, что $n_2>n_1.$

Продолжая по индукции, мы получаем следующее: если для $n_k$ мы нашли $a_{n_k}$ такой, что

при этом $n_{k}>n_{k-1}> \cdots > n_1$, то мы получили подпоследовательность $\left(a_{n_k} \right).$

Ясно, что $\left(M_{n_k} \right)$ есть подпоследовательность последовательности $\left(M_n\right)$, но мы уже знаем, что $\lim_{n\to \infty}M_n = M$, тогда по теореме, $\lim_{n_k\to \infty}M_{n_k} = M$. Наконец, по лемме о зажатой последовательностиполучаем, что $\lim_{n_k \to \infty}a_{n_k} = M.$

Таким образом, мы построили подпоследовательность $\left(a_{n_k}\right)$, у которой предел равен $M$, что и доказывает, что $M$ — это частичный предел последовательности $\left(a_n\right).$

Наконец, покажем, что любой частичный предел лежит в отрезке $[m,\,M].$ Возьмём произвольную подпоследовательность $\left(a_{n_t}\right)$, и пусть $\lim_{n_t \to \infty}a_{n_{t}} = a$. По определению чисел $m_t, M_t$ имеем: $m_{n_{t}-1} \le a_{n_t} \le M_{n_t-1}$. Тогда учитывая, что $\lim_{n_t \to \infty} m_{n_t} = m$, $\lim_{n_t \to \infty}M_{n_t} = M$ и лемму, получаем $m\le a \le M$. Это завершает доказательство теоремы.