Monoton ketma-ketlik va uning limitlari, tatbiqlari 26
![Isbot etilgan teoremadan quyidagi natija kelib chiqadi .
Natija . O‘suvchi ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo‘lishi uchun uning yuqoridan
chegaralanganligi kelib chiqadi . Agar o‘suvchi ketma-ketlik yuqoridan
chegaralangan bo‘lsa , u yuqorida isbot etilgan teoremaga asosan yaqinlashuvchi
bo‘ladi .
Natija . Kamayuvchi ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo‘lishi uchun uning quyidan
chegaralangan bo‘lishi zarur va yetarli .
1-misol . Ushbu {xn}={
n!
nn} ketma-ketlikning limitini toping .
Avvalo bu ketma-ketlik limitining mavjudligini ko‘rsatamiz . Ravshanki ,
xn+1= (n+1)!
(n+1)n+1= n!
nn
nn
(n+1)n= xn( n
n+1)
n
Bundan barcha
n≥1 lar uchun xn+1<xn tengsizlik o‘rinli ekani kelib chiqadi . Bu esa
berilgan ketma-ketlik kamayuvchi ekanini ko‘rsatadi . Ketma-ketlikning har bir
hadi musbat ,
xn>0 , n=1,2 ,…
Demak , u quyidan chegaralangan . Shunday qilib ,
{xn}={
n!
nn} ketma-ketlik
kamayuvchi va quyidan chegaralangan . 2-teoremaga ko‘ra bu ketma-ketlik chekli
limitga ega . Biz uni
a bilan belgilaylik :
lim
n → ∞ n !
n n = a .
Ravshanki ,
a≥0. Ushbu (1+α)n≥1+αn (α>−1). Bernulli tengsizligidan foydalanib
topamiz :
( 1 + 1
n ) n
≥ 1 + n 1
n = 2 .
Bundan esa ( n + 1 ) n
≥ 2 n n
kelib chiqadi . U holda
xn− xn+1= xn− xn nn
(n+1)n= xn[
(n+1)n− nn
(n+1)n ]≥xn2nn− nn
(n+1)n=¿
8](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_8.png?v=1)
![2-§. Monoton ketma-ketliklarning lmitlari haqidagi
teoremalarining tatbiqlari
Biz monoton ketma -ketlikning limiti haqidagi teoremalarning matematik analiz
kursida qaraladigan ba’zi masalalarga tatbiq etishini qarab chiqaylik .
1. e soni .
a¿e sonining ta’rifi.
Quyidagi
{xn}={(1+1
n)
n
};
(1+1
1)
1
,(1+1
2)
2
,… .,(1+1
n)
n
,… . (1)
ketma-ketlik berilgan bo‘lsin . Bu ketma-ketlik limitining mavjudligini
ko‘rsatamiz. Berilgan (1) ketma-ketlik bilan birga ushbu
{yn}={(1+1
n)
n+1
}
ketma-ketlikni ham ko‘ramiz . Bu ketma-ketlik kamayuvchi . Haqiqatdan ham
yn
yn+1
=
{(1+1
n)
n+1
}
{(1+ 1
n+1)
n+2
}
=[(n+1)2
n(n+2)]
n+2 n
n+1=[1+ 1
n(n+2)]
n+2 n
n+1
berilgan tengsizlikka asosan
[ 1 + 1
n ( n + 2 ) ] n + 2
≥ 1 + ( n + 2 ) 1
n ( n + 2 ) = 1 + 1
n
bo‘lishini hisobga olsak , natijada
y
n
y
n + 1 ≥ ( 1 + 1
n ) n
n + 1 = 1 ,
ya’ni y
n ≥ y
n + 1 ( ∀ n ∈ N )
tengsizlik kelib chiqadi . Bu
{ y
n } ketma-ketlikning kamayuvchi ekanligini anglatadi
. Ikkinchi tomondan ,
{ y
n } = {( 1 + 1
n ) n + 1 }
ketma-ketlikning har bir hadi musbat bo‘lgani
uchun u quyidan chegaralangandir . Shunday qilib
{yn}={(1+1
n)
n+1
} kamayuvchi va
11](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_11.png?v=1)
![soni 2<e<3 tengsizlikni qanoatlantiradi . Bu sonni yanada aniqroq hisoblash uchun
quyidagi mulohazalarni keltiramiz .
Yuqoridagi
S2 yig‘indini quyidagicha yozib olamiz :
S2= 1
k!(1− 1
n)(1− 2
n)(1− k−1
n )[
1
k+1(1− k
n)+ +1
(k+1)(k+2)(1− k
n)(1− k+1
n )+ +1
(k+1)(k+2)n(1− k
n)(1− k+1
n )(1− n−1
n )].
Bu tenglikning o‘ng tomonida turgan yig‘indining har bir hadida qatnashgan
(1− i
n),i=k,k+1,… .,n−1
ko‘rinishidagi ko‘paytuvchilarni undan katta bo‘lgan 1
bilan va
1
( k + 1 ) ( k + 2 ) ( k + j ) , j = 1,2,3 , … . , n − k
ko‘rinishidagi ko‘paytuvchilarni esa undan katta bo‘lgan
1
(k+1)j bilan almashtirib ,
S2
yig‘indi uchun ushbu
S2< 1
k![ 1
k+1+ 1
(k+1)2+...+ 1
(k+1)n−k]
tengsizlikka kelamiz . Cheksiz kamayib boruvchi geometrik progressiya barcha
hadlari yig‘indisi formulasidan foydalanib : (bunda birinchi had
1
k+1, maxraji ham
1
k + 1 bo‘ladi ) topamiz :
S
2 < 1
k ! 1
( k + 1 ) ( 1 − 1
k + 1 ) = 1
k ! k ,
Shunday qilib ,
( 1 + 1
n ) n
= S
1 + S
2 < 2 + 1
2 !
( 1 − 1
n ) + 1
3 ! ( 1 − 1
n )( 1 − 2
n ) … + 1
k ! ( 1 − 1
n ) ( 1 − 2
n ) ( 1 − k − 1
n ) + 1
k ! k
va undan
0 < ¿
( 1 + 1
n ) n
− [ 2 + 1
2 ! ( 1 − 1
n ) + 1
3 ! ( 1 − 1
n ) ( 1 − 2
n ) + ... + 1
k ! ( 1 − 1
n ) ( 1 − 2
n ) ( 1 − k − 1
n ) ] < 1
k ! k
tengsizliklarga ega bo‘lamiz ,
n→ ∞ bu tengsizliklarda limitga o‘tib olamiz :
13](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_13.png?v=1)
![lim
n → ∞ ( y
n − x
n ) = ¿ lim
n → ∞ y
n − lim
n → ∞ x
n ¿
bo‘lib . Teoremaning uchinchi sharti esa
lim
n → ∞ y
n − lim
n → ∞ x
n = 0 , lim
n → ∞ y
n = lim
n → ∞ x
n
bo‘lishi kelib chiqadi . Teorema isbot bo‘ldi .
Isbot qilingan teoremadan muhim natija kelib chiqadi . Bu natijani keltirishdan
avval ichma-ich joylashgan segmentlar ketma -ketligi tushunchasi bilan
tanishamiz .
Ma’lumki , {x,x∈R,a≤x≤b} to‘plam [a,b] segment deb atalar edi . Agar
[a1,b1]⊂[a,b]
bo‘lsa [a1,b1] segment [a,b] segmentning Ichida joylashgan deyiladi .
Agar
[a1,b1],[a2,b2],… .[an,bn],… . segmentlar ketma -ketligi quyidagi
[ a
1 , b
1 ] ⊃ [ a
2 , b
2 ] ⊃ [ a
3 , b
3 ] … . ⊃ [ a
n , b
n ] ⊃ ....
munosabatda bo‘lsa , bu segmentlar
ichma-ich joylashgan segmentlar ketma -ketligi deyiladi .
Natija . Agar ichma-ich joylashgan
[ a
1 , b
1 ] ,[ a
2 , b
2 ] , … . [ a
n , b
n ] .
segmentlar ketma-ketligi uchun
limn→∞(bn−an)=0 bo‘lsa , u holda { a
n } va { b
n } ketma -
ketliklar bitta limitga ega hamda bu limit barcha segmentlarga tegishli bo‘lgan
yagona nuqta bo‘ladi .
Isbot .
[a1,b1],[a2,b2],… .[an,bn] ichma -ich joylashgan segmentlar ketma-ketligi
bo‘lib ,
limn→∞(bn−an)=0
bo‘lsin. Bunda
{ a
n } ketma-ketlik o‘suvchi , { b
n } esa kamayuvchi ketma-ketliklardir va
barcha
n∈N lar uchun an<bn bo‘ladi . Demak , { a
n } va { b
n } ketma -ketliklar 3-
15](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_15.png?v=1)
![teoremaning barcha shartlarini qanoatlantiradi , bu teoremaga ko‘ra { a
n } va { b
n } ketma
-ketliklar yaqinlashuvchi va
lim
n → ∞ a
n = lim
n → ∞ b
n
bo‘ladi .
Endi
limn→∞an= limn→∞bn=c deb belgilab , c
nuqta barcha [ a
n , b
n ] n = 1,2 …
segmentlarga
tegishli bo‘lgan yagona nuqta ekanini ko‘rsatamiz .
{ a
n } ketma -ketlik o‘suvchi va
lim
n → ∞ a
n = c
bo‘lganidan
an≤c(n=1,2 ,… ) shuningdek { b
n } ketma-ketlik kamayuvchi va
limn→∞bn= c
bo‘lganidan esa bn≥c(n=1,2 ,… ) bo‘lishi kelib chiqadi . Bundan
b
n − a
n ≥
| c −
˙c | > 0
bo‘lib , bu munosabat
limn→∞(bn−an)=0 shartga zid bo‘ladi . Demak c= ˙c
keltirilgan natija ichma -ich joylashgan segmentlar prinspi deb yuritiladi .
Sanoqli bo‘lmagan cheksiz to‘plamning mavjudligi .
Ma’lumki natural sonlar to‘plamiga ekvivalent bo‘lgan har qanday to‘plam sanoqli
to‘plam deb atalar edi . Ravshanki , sanoqli to‘plamlar cheksiz to‘plamlardir . Endi
sanoqli bo‘lmagan cheksiz to‘plamlarning mavjudligini ko‘rsatamiz . buning
uchun avvalo sanoqli to‘plamlar bilan ketma -ketliklar orasida bog‘lanish borligini
ko‘rsatamiz .
Agar biror E ( E ⊂ R )
to‘plamning barcha elementlarini
x
1 , x
2 , x
3 , … x
n …
,
ketma-ketlik ko‘rinishida ifodalash mumkin bo‘lsa ,
E sanoqli to‘plam bo‘ladi .
Haqiqatdan bunda har bir x
n ga uning indeksi n
ni mos qo‘yib
(xn→ n),E
to‘plamning elementlari bilan
N to‘plamning elementlari orasida o‘zaro bir
qiymatli moslik o‘rnatish mumkin .
16](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_16.png?v=1)
![Aksincha , agar E ( E ⊂ R )
sanoqli to‘plam bo‘lsa , unda n(n∈N) nomerga mos
keladigan E
to‘plamning elementlari
xn bilan belgilab , E ni elementlari
x1,x2,x3,… xn… ,
ketma-ketlik ko‘rinishida bo‘lishini aniqlaymiz .
Shunday qilib E ( E ⊂ R )
to‘plam sanoqli to‘plam bo‘lishi uchun uni tashkil
etgan elementlar
x1,x2,x3,… xn… ,
ketma-ketlik hosil qilish zarur va yetarli ekanini qayd qilib o‘tamiz .
2-teorema . Ushbu E = ( x : x ∈ R , 0 ≤ x ≤ 1 )
to‘plam sanoqli bo‘lmagan cheksiz
to‘plamdir .
Isbot . Bu
E to‘plam sanoqli bo‘lsin deb faraz qilaylik . Unda E ning
elementlari yuqoridagi mulohazaga ko‘ra
x1,x2,x3,… xn,…
ketma -ketlik tashkil etadi . Demak ,
E to‘plamning har bir elementi { x
n } ketma-
ketlikning tegishli hadidan iborat .
Endi
E= [0,1 ] segmentni 1
3 , 2
3 nuqtalar yordamida uchta [0,1
3],[
1
3,2
3],[
2
3,1]
segmentga ajratamiz . x
1 ∈ E =
[ 0,1 ]
olaylik . Bu . x
1 yuqoridagi uchta segmentchani
hech bo‘lmaganda bittasiga tegishli bo‘lmaydi . Bu segmentchani
E1 orqali
belgilaylik ( bu
E1¿'plam yo [0,1
3]yo [
1
3,2
3]yoki [
2
3,1]bo 'lishi mumkin ¿ . Agar bordi-yu
x
1
[0,1
3],[
1
3,2
3],[
2
3,1]
segmentchalardan ikkitasiga tegishli bo‘lmasa ( unda x1 albatta
uchinchisiga tegishli bo‘ladi ) , unda E
1 deb ulardan birini , masalan chap tomonda
17](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_17.png?v=1)
![turganini olamiz . Ravshanki E1⊂ Eva E1 segmentning uzunligi 1
3 ga teng bo‘ladi.
Endi E
1 ni ham uchta teng segmentga ajratamiz va yuqoridagi o‘xshash x
2 ∈ R
element tegishli bo‘lmagan segmentchani
E2 bilan belgilaymiz . Bunda E2⊂ E1 va E2
segmentning uzunligi
1
32 ga teng bo‘ladi . So‘ng E2 segmentchani ham uchta teng
segmentchaga ajratib , ular ichida
x3∈R element tegishli bo‘lmaganini E3 orqali
belgilaymiz . Bu jarayonni davom ettirib natijada ushbu
E1,E2,E3,… .,En
Segmentlar ketma -ketligini xosil qilamiz, bunda barcha n
lar uchun
xn∈En
bo‘lib
En segmentning uzunligi
1
3n ga teng bo‘ladi . Bu segmentlar ketma -ketligi
uchun E
1 ⊃ E
2 ⊃ E
3 … . E
n ⊃ ... .
munosabatlar o‘rinli bo‘lib , ushbu
limn→∞
1
3n=0 limitga egamiz, u holda ichma -ich
joylashgan segmentlar prinspiga asosan barcha segmentlarga tegishli bo‘lgan
yagona
a nuqta mavjud : a∈En,n=1,2 ,… Ammo xn∈En bo‘lgani sababli a≠xn . Bu
holda
a ning E= [0,1 ] segmentga tegishli bo‘la turib , {xn} ketma-ketlikning birorta
hadiga teng bo‘lmasligini ko‘rsatadi . Bunga sabab ,
E ni sanoqli deb olinishidir.
Demak
E= [0,1 ] sanoqli to‘plam bo‘lmaydi . Teorema isbotlandi.
2-ta’rif . Ushbu
E = ( x : x ∈ R , 0 ≤ x ≤ 1 ) =
[ 0,1 ]
to‘plamga ekvivalent bo‘lgan har qanday to‘plam kontinnum quvvatli to‘plam deb
ataladi .
18](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_18.png?v=1)
![berilgan { ( − 1 ) n + 1 }
ketma-ketlik limitga ega emas .
Demak berilgan ketma -ketlik limitga ega bo‘lmasa ham uning qismiy ketma
-ketliklari limitga ega bo‘lishi mumkin ekan .
1-ta’rif. .
{xn} ketma-ketlikning qismiy ketma-ketligi limiti berilgan ketma-
ketlikning qismiy limiti deb ataladi .
1-lemma . (B o l s a n o – V e y e r s h t r a s l e m m a s i ) . Agar
{xn}
chegaralangan bo‘lsa , bu ketma-ketlikdan shunday qism ketma-ketlik ajratish
mumkinki , u yaqinlashuvchi bo‘ladi .
Isbot .
{ x
n } ketma-ketlik chegaralangan bo‘lsin . Demak , ketma-ketlikning
barcha hadlari biror
[a,b] segmentga tegishli bo‘ladi . [ a , b ]
segmentni teng ikki
qismga ajratib ,
[a,a+b
2 ]va [
a+b
2 ,b] segmentlarni hosil qilamiz . Berilgan ketma-
ketlikning barcha hadlari
[a,b] da bo‘lgani sababli , uning cheksiz ko‘p sondagi
hadlari bo‘lgan segmentni , ya’ni
[a,a+b
2 ] yoki [ a + b
2 , b ]
ni (agar ikkalasida ham
ketma-ketlikning cheksiz ko‘p sondagi hadlari bo‘lsa , ulardan ixtiyoriy birini )
[
a
1 , b
1 ] deb belgilaymiz . Ravshanki [ a
1 , b
1 ] ning uzunligi b − a
2 bo‘ladi .
Yuqoridagiga o‘xshash ,
[ a
1 , b
1 ] segmentni teng ikki qismga ajratib , [a1,a1+b1
2 ] va
[
a
1 + b
1
2 , b
1 ] segmentlarni hosil qilamiz va bu segmentlardan { x
n } ketma -ketlikning
cheksiz sondagi hadlari bo‘lganini
[ a
2 , b
2 ] deb olamiz . Ravshanki , [ a
2 , b
2 ]
segmentning uzunligi b − a
2 2 bo‘ladi . Bu jarayonni davom ettirish natijasida ushbu
[a1,b1],[a2,b2],… ,[ak,bk]… ,
segmentlar ketma-ketligi hosil bo‘ladi . Tuzilishga ko‘ra har bir
[ a
k , b
k ] , k=1,2,3 ,…
segmentda
{ x
n } ketma-ketlikning cheksiz ko‘p sondagi hadlari bo‘ladi .
Ravshanki ,
[ a
1 , b
1 ] ⊃ [ a
2 , b
2 ] ⊃ … ⊃ [ a
k , b
k ] ⊃ .. .
[ a
k , b
k ] segmentning uzuunligi b
k − a
k = b − a
2 k bo‘lib , k→ ∞ da nolga intiladi . Ichma -
21](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_21.png?v=1)
![ich joylashgan segmentlar prinspiga ko‘ra { a
k } va { b
k }
lim
n → ∞ a
k = lim
n → ∞ b
k = c
Endi
{ x
n } ketma-ketlikning [ a
1 , b
1 ] dagi birorta hadini olaylik . U n
1 -had bo‘lsin :
x
n
1 ∈
[ a
1 , b
1 ] . So‘ngra { x
n } ning [a2,b2] dagi birorta hadini olaylik . U n2 -had bo‘lsin :
x
n
2 ∈
[ a
2 , b
2 ] . Qaralayotgan segmentlarning har birida ketma-ketlikning cheksiz ko‘p
hadlari bo‘lganligi uchun , ravshanki ,
n2>n1 qilib olishimiz mumkin .
Xuddi shuningdek ,
{xn} ning [a3,b3] dagi xn1,xn2 hadlaridan keyin keladigan
birorta x
n
3 hadini ( n
1 < n
2 < n
3 ) olamiz . Bu jarayonni davom ettirib k- qadamda ,
[ a
k , b
k ]
segmentdagi
{ x
n } ketma-ketlikning x
n
1 , x
n
2 , , x
n
k − 1 lardan keyin keladigan hadlaridan biri
x
n
k ni olamiz va hokazo . Natijada
{xn} ketma-ketlik hadlaridan tashkil topgan ushbu
x
n
1 , x
n
2 , … , x
n
k …
, (
n1<n2<… <nk<....¿
Qismiy ketma-ketlik hosil bo‘ladi . Qismiy
xnk ketma-ketlikning hadlari uchun
ak<xnk<bk,k=1,2 ,…
tengsizliklar o‘rinli bo‘lib , undan k → ∞
da
lim
n → ∞ x
n
k = c
bo‘lishi kelib chiqadi . Lemma isbot bo‘ldi .
Eslatma . Keltirilgan lemmada ketma-ketlikning chegaralangan bo‘lishi muhim
shartdir . Shu shart bajarilmasa , lemmaning xulosasi o‘rinli bo‘lmasdan qolishi
mumkin . Masalan , chegaralanmagan ushbu
1,2,3 ,… ,n,…
natural sonlar ketma-ketligining har qanday qismiy ketma-ketligi ham
+∞ ga
intiladi .
4-§. Koshi teoremasi (yaqinlashish prinsipi)
Ketma-ketlikning qachon chekli limitga ega bo‘lishi haqidagi masala,
yuqorida ta’kidlaganimizdek limitlar nazariyasining muhim masalalaridan biridir.
22](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_22.png?v=1)
![Bu masalada monoton ketma-ketliklar uchun hal qilingan. Tabiiyki, ixtiyoriy
ketma-ketlik qanday shartda yaqinlashuvchi bo‘ladi degan savol tug‘iladi. Bu
savolga javob berishdan avval fundamental ketma-ketlik tushunchasi bilan
tanishamiz.
Biror {xn } ketma-ketlik berilgan bo‘lsin.
1-t a’rif : Agar ∀
Ɛ >0 olinganda ham shunday n
0 N
ϵ
son mavjud bo‘lsaki,
barcha n>
n0 va barcha m> n0 lar uchun
| x
n − x
m | < ¿
Ɛ
tengsizlik bajarilsa, {xl} fundamental ketma-ketlik deb ataladi.
Demak fundamental ketma-ketlik shunday ketma ketlikkki , uning biror
n0= n0(e)
hadidan boshlab har qanday ikkita hadi orasidagi masofa avvaldan
berilgan ixtiyoriy
ε>0 dan kichik bo‘ladi .
Biz bu paragrfda ketma-ketlikning fundamental bo‘lishi bilan uning
yaqinlashuvchi bo‘lishi ekvivalent ekanligini ko‘rsatamiz . Avvalo fundamental
bo‘lgan hamda bo‘lmagan ketma-ketliklarga misollar keltiraylik .
1-misol
{ x
n } = { n
n + 1 } .
Bu ketma-ketlik uchun ta’rifdagi shartni bajarilishini
ko‘rsatamiz . Haqiqatdan ,
| x
n − x
m | = | n
n + 1 − m
m + 1 | < n + m
nm = 1
n + 1
m
Agar ∀ ε > 0
songa ko‘ra natural n
0 sonni
n
0 =
[ 2
ε ] + 1
deb olsak , u holda barcha
n>n0 va barcha m>m0 lar uchun
|xn− xm|< 1
n0
+ 1
n0
<ε
bo‘lishini topamiz . Demak berilgan ketma -ketlik fundamentaldir .
2-misol
{xn}={1+ 1
22+ 1
32+ 1
42+... 1
n2}
Bu holda
( n > m da )
| x
n − x
m | = 1
( m + 1 ) 1 + 1
( m + 2 ) 2 + ... + 1
n 2
23](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_23.png?v=1)
![bo‘lib bu tengsizlikning o‘ng tomonidagi har bir qo‘shiluvchi ushbu
1
p2< 1
p−1− 1
p
tengsizlikni qo‘llab topamiz:
|xn− xm|<(
1
m − 1
m+1)+...+(
1
n−1− 1
n)= 1
m− 1
n< 1
m
Agar ∀ ε > 0
songa ko‘ra n
0 =
[ 2
ε ] + 1
deb olinsa , unda n > m > n
0 bo‘lganda
|xn− xm|<ε
bo‘ladi. Bu berilgan ketma-ketlikning fundamental ekanini ko‘rsatadi .
3-misol Endi fundamental bo‘lmagan ketma -ketlikka misol keltiramiz .
Quyidagi
{ x
n } = { 1 + 1
2 + 1
3 + ... + 1
n } :
1,1 + 1
2 , 1 + 1
2 + 1
3 , …
ketma-ketlikni qaraylik . Bu ketma-ketlik uchun har qanday
m>1 olganimizda ham
|x2m− xm|= 1
m+1+ 1
m+2+...+ 1
2m >m 1
2m= 1
2
bo‘lishi kelib chiqadi . Bu holda berilgan ketma-ketlikning fundamental emasligini
ko‘rsatadi .
1-teorema . (Koshi Teoremasi) . ketma-ketlik yaqinlashuvchi bo‘lishi uchun u
fundamental bo‘lishi zarur va yetarlidir .
Isbot . Zarurligi .
{xn} ketma -ketlik yaqinlashuvchi bo‘lib limn→∞xn=a , bo‘lsin .
Limitning tarifiga muvofiq ,
∀ ε>0 berilganda ham ε
2 ga ko‘ra shunday n
0 N ϵ
son
topiladiki barcha
n>n0 sonlar uchun | x
n − a | < ε
2 tengsizlik o‘rinli bo‘ladi . Demak ,
ixtiyoriy
n>n0 va m>n0 sonlar uchun
| x
n − x
m | = | x
n − a + a − x
m | ≤ | x
n − a | +| x
m − a | < ε
Bu esa
{xn} fundamental ketma-ketlik ekanini ko‘rsatadi .
Yetarliligi .
{ x
n } − ¿
fundamental ketma-ketlik bo‘lsin . Demak ∀ ε>0 uchun
shunday
n0 Nϵ son topiladiki , n>n0,m>n0 lar uchun | x
n − x
m | < ε
tengsizlik o‘rinli . Bu
24](https://docx.uz/documents/b4689533-4511-42ad-8fc9-4a95d31e6696/page_24.png?v=1)
-
Похожие документы
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq
- Faxriy yorliq