विश्वविद्यालय गणित — स्नातक वर्ष 1 · Bachelor Year 1

11अनुक्रम

उच्चतर माध्यमिक खंड में अनुक्रमों को साधा तो गया था, पर सीमा की धारणा आधी विश्वास पर ली गई थी। यहाँ सिद्धांत $\R$ की पूर्णता (अध्याय 10) पर नए सिरे से खड़ा किया गया है: हर चिरपरिचित प्रमेय — एकदिष्ट अभिसरण, संलग्न अनुक्रम, बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास, कोशी कसौटी — उसी एक अभिगृहीत का एक मुख है। अध्याय $u_{n+1} = f(u_n)$ से परिभाषित अनुक्रमों के व्यावहारिक अध्ययन पर समाप्त होता है।

11.1 अभिसरण

परिभाषा 11.1 (अनुक्रम की सीमा)

वास्तविक संख्याओं का अनुक्रम $(u_n)$ $\ell \in \R$ की ओर अभिसरित तब होता है जब

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N \in \N,\ \forall n \geq N, \qquad \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon .

लिखा जाता है $u_n \to \ell$ या $\lim u_n = \ell$ । जो अनुक्रम (किसी भी वास्तविक संख्या की ओर) अभिसरित नहीं होता वह अपसरित होता है। $+\infty$ की ओर अपसरण: $\forall M,\ \exists N,\ \forall n \geq N,\ u_n \geq M$ (इसी प्रकार $-\infty$ )।

उदाहरण 11.2 (एक $\varepsilon$ – $N$ उपपत्ति, एक बार पूरी लिखी हुई)

दावा: $u_n = \dfrac{n^2 + 1}{2n^2 - 3} \to \dfrac12$ । पहले त्रुटि अलग कीजिए:

\Bigl| u_n - \frac12 \Bigr| = \Bigl| \frac{2(n^2 + 1) - (2n^2 - 3)}{2(2n^2 - 3)} \Bigr| = \frac{5}{2\,\abs{2n^2 - 3}} = \frac{5}{2\,(2n^2 - 3)} \quad (n \geq 2).

फिर उसे किसी सरल राशि से दबाइए: $n \geq 2$ के लिए $2n^2 - 3 \geq n^2$ , अतः त्रुटि $\leq \frac{5}{2n^2} \leq \frac 5{2n}$ है। $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो आर्किमिडीज़ गुणधर्म $N \geq \max\bigl(2, \frac{5}{2\varepsilon}\bigr)$ देता है; $n \geq N$ के लिए त्रुटि $\leq \varepsilon$ है। काम पूरा। समापन का सार: $\varepsilon$ – $N$ उपपत्ति में ठीक तीन चालें होती हैं — त्रुटि संगणित कीजिए, उसे किसी ह्रासमान प्रारंभिक व्यंजक से परिबद्ध कीजिए, और देहली के लिए हल कीजिए — और इस अध्याय की प्रमेयों (संक्रियाएँ, दबाव) के बाद ऐसी उपपत्ति लगभग कभी फिर नहीं लिखनी पड़ती: प्रमेय उन तीनों चालों को एक बार और सदा के लिए बाँध देती हैं।

उदाहरण 11.3 (अनंत की ओर अपसरण, प्रमाणित)

दावा: $u_n = n^2 - 100n \to +\infty$ । प्रभावी पद का गुणनखंडन कीजिए: $n \geq 200$ के लिए $u_n = n^2\bigl(1 - \frac{100}{n}\bigr) \geq \frac{n^2}{2}$ । $M$ दिया हो, तो $N = \max\bigl(200, \lceil\sqrt{2M}\rceil\bigr)$ लीजिए: $n \geq N$ के लिए $u_n \geq \frac{n^2}{2} \geq M$ । दो आदतें यहाँ दिखाई देती हैं: प्रभावी-पद गुणनखंडन एक प्रतियोगिता ( $n^2$ बनाम $-100n$ ) को एक ही पैमाने और $1$ की ओर जाते किसी गुणक में बदल देता है; और देहली बहुत बड़ी हो सकती है ( $u_{100} = 0$ , और अनुक्रम $n = 100$ से पहले तो ऋणात्मक तक है) — $+\infty$ की ओर अपसरण पूँछ के विषय में कथन है, और किसी भी परिमित मात्रा की बदमाशी से उदासीन।

प्रतिज्ञप्ति 11.4 (पहले गुणधर्म)

सीमा, यदि विद्यमान हो, अद्वितीय होती है।
अभिसारी अनुक्रम परिबद्ध होता है।
यदि $u_n \to \ell$ , तो परिमित कितने पदों का कोई भी परिवर्तन अभिसरण और सीमा दोनों को अपरिवर्तित छोड़ देता है।

उपपत्ति. (1) यदि $\ell \neq \ell'$ के साथ $u_n \to \ell$ और $u_n \to \ell'$ , तो $\varepsilon = \frac{\abs{\ell - \ell'}}{3}$ लीजिए: दोनों देहलियों के आगे $\abs{\ell - \ell'} \leq \abs{\ell - u_n} + \abs{u_n - \ell'} \leq 2\varepsilon = \frac23 \abs{\ell - \ell'}$ , जो असंगत है।

(2) $\varepsilon = 1$ के साथ: $N$ के आगे $\abs{u_n} \leq \abs\ell + 1$ ; और उससे पहले के परिमित कितने पद भी परिबद्ध हैं, अतः $\abs{u_n} \leq \max(\abs{u_0}, \dots, \abs{u_{N-1}}, \abs\ell + 1)$ ।

(3) विस्तार से: मान लीजिए $n \geq n_0$ के लिए $v_n = u_n$ और $u_n \to \ell$ । $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो $(u_n)$ के लिए देहली $N$ लीजिए: $n \geq \max(N, n_0)$ के लिए $\abs{v_n - \ell} = \abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ । अतः $v_n \to \ell$ : परिभाषा केवल $n \geq N$ पर परिमाणन करती है, और किसी भी परिमित उपसर्ग को देहली बड़ी करने की क़ीमत पर बदला जा सकता है। (इसीलिए इस अध्याय में सर्वत्र “सभी बड़े $n$ के लिए” वाली परिकल्पनाएँ पर्याप्त हैं।) ∎

प्रमेय 11.5 (सीमाओं पर संक्रियाएँ)

यदि $u_n \to \ell$ और $v_n \to m$ , तो

u_n + v_n \to \ell + m, \qquad u_n v_n \to \ell m, \qquad \frac{u_n}{v_n} \to \frac{\ell}{m} \ (\text{यदि } m \neq 0), \qquad \abs{u_n} \to \abs\ell .

उपपत्ति. योग: बड़ी देहली के आगे $\abs{(u_n + v_n) - (\ell + m)} \leq \abs{u_n - \ell} + \abs{v_n - m} \leq 2\varepsilon$ । गुणनफल: लिखिए

u_n v_n - \ell m = (u_n - \ell)\,v_n + \ell\,(v_n - m);

$(v_n)$ किसी $B$ से परिबद्ध है (प्रतिज्ञप्ति 11.4), अतः दायाँ पक्ष $\leq B\abs{u_n - \ell} + \abs{\ell}\,\abs{v_n - m}$ है, जो मनचाहा छोटा है। भागफल: $\frac 1{v_n}$ की स्थिति सँभाल लेना पर्याप्त है। $\varepsilon = \frac{\abs m}{2}$ के साथ: किसी $N_0$ के आगे $\abs{v_n} \geq \frac{\abs m}{2}$ , अतः

\Bigl| \frac{1}{v_n} - \frac 1m \Bigr| = \frac{\abs{m - v_n}}{\abs{v_n m}} \leq \frac{2}{m^2}\,\abs{v_n - m} \longrightarrow 0 .

निरपेक्ष मान: $\bigl|\abs{u_n} - \abs\ell\bigr| \leq \abs{u_n - \ell}$ (विलोम त्रिभुज असमिका, प्रतिज्ञप्ति 3.2)। ∎

उदाहरण 11.6 (संक्रियाएँ और एक बीजीय युक्ति)

$\lim\,\bigl(\sqrt{n^2 + n} - n\bigr)$ संगणित कीजिए। दोनों टुकड़े अलग-अलग $+\infty$ की ओर जाते हैं: संक्रिया-प्रमेय उनके अंतर के विषय में कुछ नहीं कहती (एक अनिश्चित रूप)। संयुग्मी से गुणा कीजिए:

\sqrt{n^2 + n} - n = \frac{(n^2 + n) - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n} + n} = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac1n} + 1} .

अब सब कुछ अभिसरित होता है: $\sqrt{1 + \frac1n} \to 1$ , क्योंकि $0 \leq \sqrt{1 + h} - 1 = \frac{h}{\sqrt{1+h} + 1} \leq h$ (फिर संयुग्मी, फिर $h = \frac1n$ के साथ दबाव); और तब संक्रिया-प्रमेय सीमा $\frac{1}{1 + 1} = \frac12$ दे देती है। समापन का सार: संक्रिया-प्रमेय सभी सीमाओं का कैलकुलेटर नहीं है — अनिश्चित रूपों ( $\infty - \infty$ , $\frac00$ , $0 \times \infty$ , $1^\infty$ ) को पहले बीजगणित (संयुग्मी, प्रभावी पद का गुणनखंडन) से रूपांतरित करना पड़ता है जब तक हर टुकड़ा अभिसरित न हो जाए; और ज़िद्दी स्थितियों की व्यवस्थित मशीन अध्याय 16 का अनंतस्पर्शी प्रसार है।

प्रमेय 11.7 (सीमाएँ और क्रम)

यदि सभी बड़े $n$ के लिए $u_n \leq v_n$ , और दोनों अभिसरित होते हैं, तो $\lim u_n \leq \lim v_n$ । (कठोर असमिकाएँ सीमा तक नहीं जातीं: $\frac 1n > 0$ , फिर भी $\lim = 0$ ।)
(दबाव प्रमेय) यदि सभी बड़े $n$ के लिए $u_n \leq w_n \leq v_n$ और $u_n, v_n \to \ell$ , तो $w_n \to \ell$ ।
यदि $u_n \to \ell > 0$ , तो सभी बड़े $n$ के लिए $u_n > \frac\ell2 > 0$ ।

उपपत्ति. (1) मान लीजिए $\ell = \lim u_n > m = \lim v_n$ ; $\varepsilon = \frac{\ell - m}{3}$ के साथ बड़े पद $v_n \leq m + \varepsilon < \ell - \varepsilon \leq u_n$ संतुष्ट करते हैं, जो $u_n \leq v_n$ का विरोध करता है।

(2) देहलियों के आगे: $\ell - \varepsilon \leq u_n \leq w_n \leq v_n \leq \ell + \varepsilon$ ।

(3) $\varepsilon = \frac\ell2$ के साथ परिभाषा 11.1 ही है। ∎

उदाहरण 11.8 (दो दबाव)

(क) $\dfrac{\sin n}{n} \to 0$ : $-\frac1n \leq \frac{\sin n}{n} \leq \frac1n$ से, जहाँ दोनों दीवारें $0$ पर ढह जाती हैं — ऊपर के अनियमित अंश को समझने की आवश्यकता ही नहीं। (ख) $(2^n + 3^n)^{1/n} \to 3$ : भीतर को घेरिए,

3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2\cdot3^n \quad\Longrightarrow\quad 3 \leq (2^n + 3^n)^{1/n} \leq 3\cdot 2^{1/n} ,

और $2^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 2}{n}} \to 1$ (अभ्यास 11.2 में $5^{1/n}$ की भाँति): दबाव $3$ दे देता है। समापन का सार: प्रतिस्पर्धी चरघातांकियों का योग अपने सबसे बड़े पद जैसा व्यवहार करता है — छोटे पद किसी निरापद अचर गुणक में समा जाते हैं, जिसे $n$ -वाँ मूल मिटा देता है।

11.2 एकदिष्ट अनुक्रम

प्रमेय 11.9 (एकदिष्ट सीमा प्रमेय)

ऊपर से परिबद्ध वर्धमान अनुक्रम अभिसरित होता है, $\sup\{u_n : n \in \N\}$ की ओर; और ऊपर से अपरिबद्ध वर्धमान अनुक्रम $+\infty$ की ओर अपसरित होता है। (ह्रासमान अनुक्रमों के लिए दर्पण कथन।)

उपपत्ति. मान लीजिए $s = \sup\{u_n\}$ (प्रमेय 10.2)। $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो $\varepsilon$ -अभिलक्षण (प्रतिज्ञप्ति 10.4) ऐसा $N$ देता है कि $u_N > s - \varepsilon$ ; एकदिष्टता से सभी $n \geq N$ के लिए $s - \varepsilon < u_N \leq u_n \leq s$ : अर्थात् $s$ की ओर अभिसरण। यदि अपरिबद्ध हो: प्रत्येक $M$ के लिए कोई $u_N > M$ , और एकदिष्टता बाद के सभी पदों को $M$ के ऊपर रखती है। ∎

उदाहरण 11.10 (अस्तित्व-मशीन के रूप में एकदिष्ट प्रमेय)

मान लीजिए $u_n = \prod_{k=1}^{n} \bigl(1 + \frac{1}{2^k}\bigr)$ । प्रत्येक गुणनखंड $1$ से बड़ा है, अतः $(u_n)$ वर्धमान है। ऊपर से परिबद्ध? लघुगणक लीजिए और $\ln(1 + x) \leq x$ का प्रयोग कीजिए (उदाहरण 14.20 इसका पूर्वानुमान करता है; अथवा उच्चतर माध्यमिक खंड का स्थूल $1 + x \leq \eu^x$ ):

\ln u_n = \sum_{k=1}^{n} \ln\Bigl(1 + \frac{1}{2^k}\Bigr) \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} < 1 ,

अतः $u_n < \eu$ । वर्धमान और परिबद्ध: अतः $(u_n)$ किसी $\ell \in \intoc{u_1}{\eu}$ की ओर अभिसरित होता है — एक पूर्णतः सुपरिभाषित वास्तविक संख्या, जिसका कोई संवृत रूप दिखाई नहीं देता ( $\ell = 2.384\dots$ )। समापन का सार: एकदिष्ट सीमा प्रमेय विश्लेषण की सबसे सस्ती अस्तित्व-मशीन है; उसी ने $\eu$ को नाम दिया (नीचे उदाहरण 11.12), और अध्याय 17 में वह केवल परिबद्धता से हर धनात्मक श्रेणी का अभिसरण तय कर देगी।

प्रमेय 11.11 (संलग्न अनुक्रम)

मान लीजिए $(a_n)$ वर्धमान है, $(b_n)$ ह्रासमान, और $b_n - a_n \to 0$ । तब दोनों अभिसरित होते हैं, एक उभयनिष्ठ सीमा $\ell$ की ओर, और सभी $n$ के लिए $a_n \leq \ell \leq b_n$ ।

उपपत्ति. पहले, सभी $n$ के लिए $a_n \leq b_n$ : अनुक्रम $(b_n - a_n)$ ह्रासमान है और $0$ की ओर जाता है, अतः वह $\geq 0$ है (कोई ऋणात्मक पद उसे $0$ से नीचे जमा देता)। फिर $(a_n)$ वर्धमान है और $b_0$ से ऊपर परिबद्ध: अतः वह किसी $\ell$ (प्रमेय 11.9) की ओर अभिसरित होता है; इसी प्रकार $(b_n) \to \ell'$ ; और $\ell' - \ell = \lim (b_n - a_n) = 0$ । असमिकाएँ $a_n \leq \ell \leq b_n$ एकदिष्टता से निकलती हैं ( $\ell = \sup a_k \geq a_n$ , इत्यादि)। ∎

संलग्न अनुक्रम: (a_n) चढ़ता है, (b_n) उतरता है, और उनके बीच का अंतराल सिकुड़कर 0 हो जाता है। प्रत्येक अंतराल [a_n, b_n] अपने बाद के सभी अंतरालों को समेटता है, और उभयनिष्ठ सीमा ही वह अद्वितीय बिंदु है जो हर अंतराल में बचा रहता है — यही चित्र नीचे बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास की और में मध्यवर्ती मान प्रमेय की द्विभाजन उपपत्तियों के पीछे है। — संलग्न अनुक्रम: $(a_n)$ चढ़ता है, $(b_n)$ उतरता है, और उनके बीच का अंतराल सिकुड़कर $0$ हो जाता है। प्रत्येक अंतराल $\intcc{a_n}{b_n}$ अपने बाद के सभी अंतरालों को समेटता है, और उभयनिष्ठ सीमा $\ell$ ही वह अद्वितीय बिंदु है जो हर अंतराल में बचा रहता है — यही चित्र नीचे बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास की और अध्याय 13 में मध्यवर्ती मान प्रमेय की द्विभाजन उपपत्तियों के पीछे है।

उदाहरण 11.12 (संख्या $\eu$ )

$a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}$ और $b_n = a_n + \frac{1}{n \cdot n!}$ ( $n \geq 1$ ) रखिए। तब $(a_n)$ बढ़ता है; और

b_{n+1} - b_n = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)(n+1)!} - \frac{1}{n\,n!} = \frac{n(n+1) + n - (n+1)^2}{n(n+1)(n+1)!} = \frac{-1}{n(n+1)(n+1)!} < 0 ,

अतः $(b_n)$ घटता है, और $b_n - a_n \to 0$ : अर्थात् संलग्न। उनकी उभयनिष्ठ सीमा (यहाँ परिभाषा से) संख्या $\eu \approx 2.71828$ है; और असमिकाएँ $a_n < \eu < b_n$ $\eu \notin \Q$ सिद्ध करने के लिए पर्याप्त तीक्ष्ण हैं (अभ्यास 11.9)।

11.3 उपानुक्रम और बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास

परिभाषा 11.13 (उपानुक्रम)

$(u_n)$ का उपानुक्रम अनुक्रम $(u_{\varphi(n)})$ है, जहाँ $\varphi \colon \N \to \N$ कठोरतः वर्धमान है (ध्यान दीजिए $\varphi(n) \geq n$ , आगमन से)।

प्रतिज्ञप्ति 11.14

यदि $u_n \to \ell$ ( $\ell \in \R$ या $\pm\infty$ ), तो प्रत्येक उपानुक्रम $\ell$ की ओर जाता है। फलस्वरूप, जिस अनुक्रम के दो उपानुक्रमों की सीमाएँ भिन्न हों वह अपसरित होता है। विलोमतः, यदि $(u_{2n})$ और $(u_{2n+1})$ दोनों एक ही $\ell$ की ओर अभिसरित होते हैं, तो $u_n \to \ell$ ।

उपपत्ति. $(u_n)$ के लिए देहली $N$ के आगे सभी सूचकांक $\varphi(n) \geq n \geq N$ योग्य हैं (असमिका $\varphi(n) \geq n$ वही आगमन है जो परिभाषा 11.13 में नोट किया गया: $\varphi(0) \geq 0$ , और $\varphi(n+1) > \varphi(n) \geq n$ $\varphi(n+1) \geq n + 1$ पर बाध्य कर देता है)। विलोम के लिए: $\varepsilon$ दिया हो, तो दोनों देहलियाँ $N_0$ (सम) और $N_1$ (विषम) लीजिए; कोई भी सूचकांक $n \geq \max(2N_0, 2N_1 + 1)$ या तो सम है, $k \geq N_0$ के साथ $n = 2k$ , या विषम, $k \geq N_1$ के साथ $n = 2k+1$ — और दोनों स्थितियों में $\abs{u_n - \ell} \leq \varepsilon$ : अर्थात् हर सूचकांक दोनों उपानुक्रमों में से किसी एक में आ जाता है, और यही पूरी बात है। ∎

उदाहरण 11.15 (उपानुक्रमीय सीमाएँ)

$u_n = (-1)^n \frac{n}{n+1}$ के लिए: सम उपानुक्रम $1$ की ओर जाता है और विषम $-1$ की ओर, अतः अनुक्रम अपसरित होता है — पर वह यह सुव्यवस्थित ढंग से करता है, दोनों मानों $\pm 1$ के आसपास गुच्छे बनाकर। $u_n = \cos\frac{2\pi n}{3}$ के लिए: सूचकांकों $3k$ , $3k + 1$ , $3k + 2$ वाले तीनों उपानुक्रम अचर हैं और क्रमशः $1$ , $-\frac12$ , $-\frac12$ के बराबर; उपानुक्रमीय सीमाओं का समुच्चय $\{1, -\frac12\}$ है। समापन का सार: कोई परिबद्ध अनुक्रम ठीक तब अभिसरित होता है जब उसकी एक ही उपानुक्रमीय सीमा हो (अभ्यास 11.8); परिबद्ध अनुक्रम का अपसरण सदा कम से कम दो गुच्छों का अर्थ रखता है, और नीचे बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास गारंटी देता है कि कम से कम एक गुच्छा है।

प्रमेय 11.16 (बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास)

वास्तविक संख्याओं के प्रत्येक परिबद्ध अनुक्रम का कोई अभिसारी उपानुक्रम होता है।

उपपत्ति. मान लीजिए सभी $n$ के लिए $u_n \in \intcc{a}{b}$ । द्विभाजन से नेस्टेड खंड बनाइए: $\intcc{a_0}{b_0} = \intcc{a}{b}$ रखिए; और यदि $\intcc{a_k}{b_k}$ में अनंत कितने $n$ के लिए $u_n$ हो, तो उसके दोनों अर्धों में से एक में अब भी अनंत कितने $n$ के लिए $u_n$ होगा — उसे $\intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ कहिए। अनुक्रम $(a_k)$ , $(b_k)$ संलग्न हैं ( $b_k - a_k = \frac{b-a}{2^k} \to 0$ ), जिनकी उभयनिष्ठ सीमा $\ell$ है (प्रमेय 11.11)।

निष्कर्षण: ऐसा $\varphi(0)$ चुनिए कि $u_{\varphi(0)} \in \intcc{a_0}{b_0}$ , फिर पुनरावर्ती रूप से ऐसा $\varphi(k+1) > \varphi(k)$ कि $u_{\varphi(k+1)} \in \intcc{a_{k+1}}{b_{k+1}}$ — यह संभव है, क्योंकि उस खंड में अनंत कितने पद हैं। तब $a_k \leq u_{\varphi(k)} \leq b_k$ , और दबाव प्रमेय $u_{\varphi(k)} \to \ell$ दे देती है। ∎

टिप्पणी 11.17 (बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास क्या कहता है और क्या नहीं)

वह यह कहता है: केवल परिबद्धता से कोई उपानुक्रम अभिसरित होता है — अर्थात् अस्तित्व, बिना किसी सूत्र के, जैसा द्विभाजन उपपत्ति स्पष्ट कर देती है (कुछ भी नहीं बताता कि कौन-से सूचकांक बचते हैं)। वह यह नहीं कहता कि सीमा अद्वितीय है: $((-1)^n)$ के ऐसे उपानुक्रम हैं जो $1$ की ओर और $-1$ की ओर अभिसरित होते हैं, और उपानुक्रमीय सीमाओं का समुच्चय अनंत तक हो सकता है (उदाहरण 11.15, और समस्या 12.1 में तो पूरा कैंटर समुच्चय)। अपरिबद्धता में वह जीवित नहीं रहता: $(n)$ का कोई अभिसारी उपानुक्रम है ही नहीं — यद्यपि किसी भी अपरिबद्ध अनुक्रम से $+\infty$ या $-\infty$ की ओर जाता उपानुक्रम सदा निकाला जा सकता है (मान लीजिए ऐसा $\varphi(k)$ चुनिए कि $u_{\varphi(k)} \geq k$ )। सही ढंग से प्रयुक्त होने पर यह प्रमेय एक अस्तित्व-पंप है: वह नीचे कोशी कसौटी के मर्म पर, हाइने की प्रमेय में और चरम मान प्रमेय में प्रकट होती है — और सदा ऐसा बिंदु उत्पन्न करने के लिए जो कोई स्पष्ट रचना नहीं देती।

11.4 कोशी अनुक्रम और पूर्णता

परिभाषा 11.18

अनुक्रम $(u_n)$ कोशी अनुक्रम तब है जब उसके पद एक-दूसरे के मनचाहे निकट आ जाएँ:

\forall \varepsilon > 0,\ \exists N,\ \forall p, q \geq N, \qquad \abs{u_p - u_q} \leq \varepsilon .

उदाहरण 11.19 (हाथ से कोशी गुणधर्म सत्यापित करना)

मान लीजिए $u_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{\cos k}{2^k}$ — न कोई एकदिष्टता, न कोई अनुमेय सीमा। $p > q$ के लिए:

\abs{u_p - u_q} = \Bigl| \sum_{k=q+1}^{p} \frac{\cos k}{2^k} \Bigr| \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{2^k} < \frac{1}{2^{q}} ,

जो त्रिभुज असमिका, $\abs{\cos k} \leq 1$ और एक परिमित गुणोत्तर योग से मिलता है। $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो ऐसा $N$ चुनिए कि $2^{-N} \leq \varepsilon$ : $N$ के आगे सारे अंतराल $\leq \varepsilon$ हैं, अतः अनुक्रम कोशी है, इसलिए अभिसरित — और वह भी ऐसी सीमा की ओर जिसे कोई संवृत रूप में नाम नहीं दे सकता, और यही तो बात है। समापन का सार: वृद्धियों का गुणोत्तर दमन कोशी गुणधर्म कमाने का मानक उपाय है, और अध्याय 17 इस तर्क को “निरपेक्ष अभिसरण से अभिसरण” के रूप में बोतल में बंद कर देगा।

प्रमेय 11.20 ( $\R$ की पूर्णता)

वास्तविक संख्याओं का अनुक्रम अभिसरित होता है यदि और केवल यदि वह कोशी अनुक्रम हो।

उपपत्ति. ( $\Rightarrow$ ) यदि $u_n \to \ell$ : $\frac\varepsilon2$ के लिए देहली के आगे $\abs{u_p - u_q} \leq \abs{u_p - \ell} + \abs{\ell - u_q} \leq \varepsilon$ ।

( $\Leftarrow$ ) मान लीजिए $(u_n)$ कोशी है। वह परिबद्ध है: $\varepsilon = 1$ के साथ, $N$ के आगे सभी पद $u_N$ के $1$ के भीतर हैं, और आरंभिक भाग परिमित है। निष्कर्षण: प्रमेय 11.16 से कोई उपानुक्रम $u_{\varphi(n)} \to \ell$ । निष्कर्ष: $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो $N$ (कोशी, $\frac\varepsilon2$ के लिए) और ऐसा $n \geq N$ लीजिए कि $\abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \frac\varepsilon2$ और $\varphi(n) \geq N$ ; तब प्रत्येक $p \geq N$ के लिए:

\abs{u_p - \ell} \leq \abs{u_p - u_{\varphi(n)}} + \abs{u_{\varphi(n)} - \ell} \leq \varepsilon . \qedhere

∎

टिप्पणी 11.21

इस कसौटी का मूल्य: वह अभिसरण को सीमा का नाम लिए बिना प्रमाणित कर देती है। $\Q$ पर वह विफल है ( $\sqrt 2$ की दशमलव कटाइयाँ परिमेय संख्याओं का ऐसा कोशी अनुक्रम बनाती हैं जिसकी कोई परिमेय सीमा नहीं): अतः पूर्णता $\R$ का गुणधर्म है, जो ऊपरी परिबंध अभिगृहीत के तुल्य है। श्रेणियों के अभिसरण (अध्याय 17) के पीछे का परिश्रमी घोड़ा भी वही है।

उदाहरण 11.22 (अदृश्य सीमा वाला एक कोशी अनुक्रम)

मान लीजिए $S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2}$ । $p > q \geq 1$ के लिए:

S_p - S_q = \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k^2} \leq \sum_{k=q+1}^{p} \frac{1}{k(k-1)} = \sum_{k=q+1}^{p} \Bigl(\frac{1}{k-1} - \frac 1k\Bigr) = \frac 1q - \frac 1p < \frac 1q ,

अतः $N > \frac1\varepsilon$ के आगे सभी अंतराल $\leq \varepsilon$ हैं: $(S_n)$ कोशी है, इसलिए अभिसरित। ध्यान दीजिए कि अभी क्या हुआ: हमने किसी विशिष्ट वास्तविक संख्या का अस्तित्व सिद्ध कर दिया, यद्यपि उसके लिए हमारे पास कोई नाम नहीं है। (वह $\frac{\pi^2}{6}$ है — ऑयलर की एक प्रसिद्ध सर्वसमिका, जो स्नातक वर्ष 2 के खंड में सिद्ध है; इस अध्याय की कोई चीज़ हमें यह नहीं बता सकती थी।) यही श्रम-विभाजन — अस्तित्व अभी, पहचान बाद में, यदि कभी — कोशी कसौटी की पूरी बात है, और अध्याय 17 में श्रेणियों के सिद्धांत का इंजन।

11.5 पुनरावर्ती अनुक्रम

विधि 11.23 ( $u_{n+1} = f(u_n)$ का अध्ययन)

$f$ और आरंभिक बिंदु $u_0$ दिए हों:

स्थायी अंतराल: ऐसा अंतराल $I$ खोजिए जिसमें $f(I) \subseteq I$ हो और जो $u_0$ को समेटे: तब सभी $u_n \in I$ (आगमन से)।
उम्मीदवार सीमाएँ: यदि $u_n \to \ell \in I$ और $f$ $\ell$ पर संतत है (अध्याय 13), तो $\ell$ एक अचल बिंदु है: $f(\ell) = \ell$ । $f(x) = x$ हल कीजिए।
एकदिष्टता: यदि $f$ $I$ पर वर्धमान है, तो $(u_n)$ एकदिष्ट है ( $u_1 \geq u_0$ होने पर वर्धमान, अन्यथा ह्रासमान); परिबद्धता के साथ मिलकर प्रमेय 11.9 निष्कर्ष दे देती है। यदि $f$ ह्रासमान है, तो दोनों उपानुक्रम $(u_{2n})$ और $(u_{2n+1})$ देखिए, जो $f \circ f$ के लिए एकदिष्ट हैं।
त्रुटि पर नियंत्रण: $k < 1$ के साथ असमिका $\abs{f(x) - \ell} \leq k\abs{x - \ell}$ सीधे $\abs{u_n - \ell} \leq k^n \abs{u_0 - \ell} \to 0$ दे देती है।

उदाहरण 11.24 (हीरो की विधि)

मान लीजिए $u_0 = 2$ और $u_{n+1} = \dfrac12\Bigl(u_n + \dfrac{2}{u_n}\Bigr)$ : यही $\sqrt 2$ के लिए प्राचीन कलनविधि है।

स्थायित्व: $x > 0$ के लिए समांतर–गुणोत्तर माध्य असमिका $\frac12(x + \frac2x) \geq \sqrt{x \cdot \frac 2x} = \sqrt 2$ देती है; अतः $I = \intco{\sqrt 2}{+\infty}$ स्थायी है और उसमें $u_1$ है (वस्तुतः $u_1 = \frac32 \geq \sqrt 2$ )।
एकदिष्टता: $x \geq \sqrt 2$ के लिए $\;x - f(x) = \frac{x^2 - 2}{2x} \geq 0$ : अनुक्रम $u_1$ से आगे घटता है, और नीचे से $\sqrt 2$ द्वारा परिबद्ध है: अतः अभिसरित।
सीमा: अचल बिंदु $x = \frac12(x + \frac2x)$ हल करते हैं, अर्थात् $x^2 = 2$ : $I$ पर $\ell = \sqrt 2$ ।
गति: $u_{n+1} - \sqrt 2 = \frac{(u_n - \sqrt2)^2}{2u_n} \leq \frac{(u_n - \sqrt 2)^2}{2\sqrt 2}$ : सही अंकों की संख्या हर पद पर लगभग दुगुनी हो जाती है (द्विघातीय अभिसरण)।

हीरो की पुनरावृत्ति u_n+1 = 1/2 (u_n + 2/u_n ), जिसे f के आलेख और विकर्ण y = x के बीच सीढ़ी के रूप में खींचा गया है: u_0 = 2 से आरंभ करके पुनरावृत्तियाँ अचल बिंदु √ 2 तक फिसल जाती हैं। — हीरो की पुनरावृत्ति $u_{n+1} = \frac12\bigl(u_n + \frac{2}{u_n}\bigr)$ , जिसे $f$ के आलेख और विकर्ण $y = x$ के बीच सीढ़ी के रूप में खींचा गया है: $u_0 = 2$ से आरंभ करके पुनरावृत्तियाँ अचल बिंदु $\sqrt 2$ तक फिसल जाती हैं।

टिप्पणी 11.25 (सीमाओं की सामान्य भूलें)

चार चिरपरिचित। (क) छोटे पद अभिसरण नहीं दे देते: $u_{n+1} - u_n \to 0$ कोशी गुणधर्म से कहीं दुर्बल है — हरात्मक योग $H_n$ के पद $\frac{1}{n+1} \to 0$ हैं, फिर भी वे $+\infty$ की ओर अपसरित होते हैं (अभ्यास 11.5); कोशी शर्त सभी बड़े युग्मों के लिए $\abs{u_p - u_q}$ को नियंत्रित करती है, केवल क्रमागत के लिए नहीं। (ख) कठोर असमिकाएँ सीमा में मर जाती हैं: सभी $n$ के लिए $u_n < v_n$ से केवल $\lim u_n \leq \lim v_n$ मिलता है (प्रमेय 11.7); $\frac1n > 0$ , फिर भी $\lim = 0$ । (ग) परिबद्ध होना अभिसारी होना नहीं है: $((-1)^n)$ परिबद्ध है और अपसरित होता है; परिबद्धता के साथ एकदिष्टता अभिसरण देती है, अकेली परिबद्धता केवल किसी अभिसारी उपानुक्रम की गारंटी देती है (प्रमेय 11.16)। (घ) अचल-बिंदु समीकरण दूसरे स्थान पर आता है, पहले नहीं: $u_{n+1} = f(u_n)$ के लिए $f(\ell) = \ell$ हल करने से सीमा की पहचान तभी होती है जब अभिसरण सिद्ध हो चुका हो। पुनरावृत्ति $u_{n+1} = 2u_n$ का अद्वितीय अचल बिंदु $\ell = 0$ है, फिर भी $u_0 = 1$ से चलने पर अनुक्रम $+\infty$ की ओर भागता है: समीकरण $\ell = 2\ell$ को किसी सीमा का अधिकार कभी था ही नहीं। क्रम सदा यही है: पहले अस्तित्व (विधि 11.23, पद 1–3), फिर पहचान।

उदाहरण 11.26 (ह्रासमान $f$ : स्वर्ण पुनरावृत्ति)

मान लीजिए $u_0 = 1$ और $u_{n+1} = \dfrac{1}{1 + u_n}$ । यहाँ $f(x) = \frac{1}{1+x}$ ह्रासमान है, अतः अनुक्रम एकदिष्ट नहीं है (वह अपनी सीमा के इर्द-गिर्द एकांतरित होता है); विधि 11.23 का संकुचन-पद ही सही औज़ार है। स्थायित्व: यदि $x \in \intcc{\frac12}{1}$ , तो $1 + x \in \intcc{\frac32}{2}$ , अतः $f(x) \in \intcc{\frac12}{\frac23} \subseteq \intcc{\frac12}{1}$ , और $u_1 = \frac12$ पूरे अनुक्रम को वहीं रख देता है। अचल बिंदु: $\ell > 0$ के साथ $\ell = \frac{1}{1+\ell}$ $\ell^2 + \ell - 1 = 0$ देता है, अर्थात्

\ell = \frac{\sqrt5 - 1}{2} = 0.6180\dots

(स्वर्ण अनुपात का प्रतिलोम)। संकुचन: $x, y \in \intcc{\frac12}{1}$ के लिए,

\abs{f(x) - f(y)} = \frac{\abs{x - y}}{(1+x)(1+y)} \leq \frac{\abs{x-y}}{(3/2)^2} = \frac49\,\abs{x - y} ,

अतः $\abs{u_n - \ell} \leq \bigl(\frac49\bigr)^{n-1}\abs{u_1 - \ell} \to 0$ : गुणोत्तर गति के साथ अभिसरण, और किसी एकदिष्टता की आवश्यकता नहीं। समापन का सार: एकदिष्ट विधियाँ और संकुचन विधियाँ पुनरावर्ती दुनिया को आपस में बाँट लेती हैं — वर्धमान $f$ एकदिष्ट कक्षाएँ देता है, ह्रासमान $f$ एकांतरित कक्षाएँ, जिन्हें लिप्शिट्ज़ अचर $< 1$ वश में कर लेता है (व्यवस्थित सिद्धांत अभ्यास 14.11 है)।

टिप्पणी 11.27 (इस खंड के भीतर आगे की दृष्टि)

अनुक्रम वह मापक यंत्र हैं जिसे शेष खंड हर वस्तु के सामने रखता है। अध्याय 12 में वे संवृतता और संहतता को अभिलक्षित करते हैं; अध्याय 13 में वे फलनों की सीमाएँ ढोते हैं; अध्याय 15 में रीमान योग ऐसे अनुक्रम हैं जो समाकल की ओर अभिसरित होते हैं; अध्याय 17 तो अनुक्रमों के एक विशेष वर्ग, अर्थात् आंशिक योगों, का सिद्धांत ही है। बीजगणित के अध्याय भी उन्हें खाते हैं: अध्याय 21 में किसी आव्यूह की पुनरावृत्तियाँ ऐसे अनुक्रम बनाती हैं जिनका व्यवहार ( $A^n$ का अभिसरण) इसी अध्याय की शब्दावली वाला रैखिक-बीजगणित का प्रश्न है। सर्वत्र साथ ले जाने योग्य दो प्रमेय: एकदिष्ट सीमा (क्रम से अस्तित्व) और बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास (परिबद्धता से अस्तित्व) — इन दोनों के बीच इस पुस्तक की लगभग हर सीमा जन्म लेती है।

टिप्पणी 11.28 (सम्मिश्र अनुक्रम)

सम्मिश्र संख्याओं का अनुक्रम $(z_n)$ $\ell$ की ओर तब अभिसरित होता है जब $\abs{z_n - \ell} \to 0$ ; समतुल्य रूप से, जब $\Re(z_n) \to \Re(\ell)$ और $\Im(z_n) \to \Im(\ell)$ ( $\abs{z}$ की $\abs{\Re z} + \abs{\Im z}$ से तुलना कीजिए)। जिन प्रमेयों में क्रम नहीं आता — संक्रियाएँ, बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास (दो बार निष्कर्षण), कोशी कसौटी — वे अक्षरशः चली जाती हैं।

11.6 अभ्यास

अभ्यास 11.1 ★

सीधे परिभाषा 11.1 से सिद्ध कीजिए कि $\dfrac{2n+1}{n+3} \to 2$ , और यह कि $(u_n) = ((-1)^n)$ अपसरित होता है।

हल

हल — अभ्यास 11.1.

$\Bigl|\dfrac{2n+1}{n+3} - 2\Bigr| = \dfrac{5}{n+3}$ । $\varepsilon > 0$ दिया हो, तो $N > \frac 5\varepsilon - 3$ लीजिए (आर्किमिडीज़): $n \geq N$ के लिए $\frac{5}{n+3} \leq \varepsilon$ । अतः सीमा $2$ है।

$((-1)^n)$ : उसके उपानुक्रम $(u_{2n}) = (1)$ और $(u_{2n+1}) = (-1)$ भिन्न सीमाओं की ओर अभिसरित होते हैं, अतः अनुक्रम अपसरित होता है (प्रतिज्ञप्ति 11.14)। (सीधे: कोई भी उम्मीदवार $\ell$ $\varepsilon = \frac12$ के लिए विफल हो जाता है, क्योंकि क्रमागत पद $2$ दूरी पर हैं।)

अभ्यास 11.2 ★

सीमाएँ संगणित कीजिए:

\frac{n^2 - 3n + 1}{2n^2 + 5}, \qquad \sqrt{n+1} - \sqrt n, \qquad \frac{2^n + n^3}{3^n - n^2}, \qquad \sqrt[n]{5}\ \Bigl(= 5^{1/n}\Bigr).

हल

हल — अभ्यास 11.2.

$n^2$ से भाग देने पर: $\dfrac{1 - 3/n + 1/n^2}{2 + 5/n^2} \to \dfrac12$ ।

$\sqrt{n+1} - \sqrt n = \dfrac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt n} \to 0$ (संयुग्मी)।

$\dfrac{2^n + n^3}{3^n - n^2} = \dfrac{(2/3)^n + n^3/3^n}{1 - n^2/3^n} \to \dfrac{0 + 0}{1 - 0} = 0$ , जहाँ $\abs q < 1$ के लिए $q^n \to 0$ और बहुपद-बनाम-गुणोत्तर तुलना (प्रतिज्ञप्ति 4.6) प्रयुक्त हुई।

$5^{1/n} = \eu^{\frac{\ln 5}{n}} \to \eu^0 = 1$ .

अभ्यास 11.3 ★

मानक तुलना सिद्ध कीजिए: यदि $\abs{q} < 1$ , तो $q^n \to 0$ ( $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ लिखिए और बर्नूली असमिका $(1+h)^n \geq 1 + nh$ का प्रयोग कीजिए, जिसे आगमन से सिद्ध करना है)। $q = 1$ , $q = -1$ , $\abs q > 1$ के लिए क्या व्यवहार है?

हल

हल — अभ्यास 11.3.

बर्नूली: $h \geq -1$ के लिए आगमन से $(1+h)^n \geq 1 + nh$ — $(1+h)^{n+1} = (1+h)^n(1+h) \geq (1+nh)(1+h) = 1 + (n+1)h + nh^2 \geq 1 + (n+1)h$ ।

$0 < \abs q < 1$ के लिए: $\frac{1}{\abs q} = 1 + h$ , $h > 0$ लिखिए; तब $\abs{q}^n = \frac{1}{(1+h)^n} \leq \frac{1}{1 + nh} \to 0$ , और दबाव $q^n \to 0$ देता है (स्थिति $q = 0$ तुच्छ है)। $q = 1$ के लिए: अचर अनुक्रम, सीमा $1$ । $q = -1$ के लिए: अपसरित (अभ्यास 11.1)। $\abs q > 1$ के लिए: $\abs q^n = (1 + h)^n \geq 1 + nh \to +\infty$ , अतः $(q^n)$ अपरिबद्ध है, इसलिए अपसारी ( $q > 1$ होने पर $+\infty$ की ओर; और $q < -1$ होने पर एकांतरित चिह्नों के साथ, कोई सीमा नहीं)।

अभ्यास 11.4 ★

मान लीजिए $u_{n+1} = \frac{u_n + 3}{2}$ , $u_0 = 0$ । अचल बिंदु $\ell$ खोजिए, सिद्ध कीजिए कि $v_n = u_n - \ell$ गुणोत्तर है, और $(u_n)$ का स्पष्ट सूत्र तथा सीमा दीजिए।

हल

हल — अभ्यास 11.4.

अचल बिंदु: $\ell = \frac{\ell + 3}{2}$ $\ell = 3$ देता है। तब

v_{n+1} = u_{n+1} - 3 = \frac{u_n + 3}{2} - 3 = \frac{u_n - 3}{2} = \frac{v_n}{2}:

$(v_n)$ अनुपात $\frac12$ वाला गुणोत्तर है, $v_0 = -3$ । अतः $u_n = 3 - \frac{3}{2^n} \to 3$ ।

अभ्यास 11.5 ★★

(हरात्मक श्रेणी) मान लीजिए $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k$ । सिद्ध कीजिए कि सभी $n \geq 1$ के लिए $H_{2n} - H_n \geq \frac12$ , और निष्कर्ष निकालिए कि $(H_n)$ कोशी अनुक्रम नहीं है, अतः अपसरित होता है (और वर्धमान होने से $+\infty$ की ओर)।

हल

हल — अभ्यास 11.5.

$H_{2n} - H_n = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1k \geq n \cdot \frac{1}{2n} = \frac12$ ( $n$ पदों में से प्रत्येक $\geq \frac{1}{2n}$ है)। यदि $(H_n)$ कोशी होता, तो $\varepsilon = \frac13$ लेने पर बड़े $n$ के लिए $\abs{H_{2n} - H_n} \leq \frac13$ अनिवार्य हो जाता: विरोधाभास। जो वर्धमान अनुक्रम अभिसरित नहीं होता वह $+\infty$ की ओर अपसरित होता है (प्रमेय 11.9): $H_n \to +\infty$ ।

अभ्यास 11.6 ★★

मान लीजिए $(u_{2n})$ , $(u_{2n+1})$ और $(u_{3n})$ सभी अभिसरित होते हैं। सिद्ध कीजिए कि $(u_n)$ अभिसरित होता है। (सीमाओं को बराबर करने के लिए उभयनिष्ठ उपानुक्रम खोजिए।)

हल

हल — अभ्यास 11.6.

मान लीजिए $a = \lim u_{2n}$ , $b = \lim u_{2n+1}$ , $c = \lim u_{3n}$ । अनुक्रम $(u_{6n})$ $(u_{2n})$ का भी उपानुक्रम है और $(u_{3n})$ का भी: अतः उसकी सीमा $a$ और $c$ दोनों के बराबर है, इसलिए $a = c$ । अनुक्रम $(u_{6n+3})$ $(u_{2n+1})$ का (विषम सूचकांक) और $(u_{3n})$ का (सूचकांक $6n + 3 = 3(2n+1)$ ) उपानुक्रम है: अतः $b = c$ । इसलिए $a = b$ , और प्रतिज्ञप्ति 11.14 (सम तथा विषम की सीमाएँ बराबर) $(u_n)$ का अभिसरण दे देता है।

अभ्यास 11.7 ★★

अनुक्रम $u_0 = 0$ , $u_{n+1} = \sqrt{2 + u_n}$ का अध्ययन कीजिए: स्थायित्व, एकदिष्टता, सीमा। फिर त्रुटि का परिबंध $\abs{u_n - 2} \leq \dfrac{2}{3^{\,n}}$ सिद्ध कीजिए ( $2 - u_{n+1} = \dfrac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}}$ दिखाइए और हर को नीचे से $3$ से परिबद्ध कीजिए)।

हल

हल — अभ्यास 11.7.

स्थायित्व और परिबंध: $I = \intcc{0}{2}$ स्थायी है: $x \in I$ के लिए $\sqrt{2 + x} \in \intcc{\sqrt 2}{2} \subseteq I$ ; और $u_0 = 0 \in I$ ।

एकदिष्टता: $f(x) = \sqrt{2+x}$ वर्धमान है और $u_1 = \sqrt 2 > u_0$ : अतः आगमन से $(u_n)$ वर्धमान है। वर्धमान और $2$ से ऊपर परिबद्ध: अतः वह अभिसरित होता है (प्रमेय 11.9)।

सीमा: $\ell \geq 0$ के साथ $\ell = \sqrt{2 + \ell}$ $\ell^2 - \ell - 2 = 0$ देता है, अतः $\ell = 2$ ।

त्रुटि का परिबंध: संयुग्मी से गुणा करने पर,

2 - u_{n+1} = 2 - \sqrt{2 + u_n} = \frac{4 - (2 + u_n)}{2 + \sqrt{2+u_n}} = \frac{2 - u_n}{2 + \sqrt{2 + u_n}} \leq \frac{2 - u_n}{3},

क्योंकि $\sqrt{2 + u_n} \geq \sqrt 2 > 1$ । $2 - u_0 = 2$ से आगमन द्वारा: $\;0 \leq 2 - u_n \leq \frac{2}{3^n}$ ।

अभ्यास 11.8 ★★

मान लीजिए $(u_n)$ परिबद्ध है और $(u_n)$ के प्रत्येक अभिसारी उपानुक्रम की वही सीमा $\ell$ है। सिद्ध कीजिए $u_n \to \ell$ । (विरोधाभास और बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास।)

हल

हल — अभ्यास 11.8.

मान लीजिए $(u_n)$ $\ell$ की ओर अभिसरित नहीं होता: तो किसी $\varepsilon_0 > 0$ के लिए अनंत कितने सूचकांक $\abs{u_n - \ell} > \varepsilon_0$ संतुष्ट करते हैं; वे एक उपानुक्रम $(u_{\varphi(n)})$ बनाते हैं। यह उपानुक्रम परिबद्ध है, अतः बोल्ज़ानो–वाइरश्ट्रास (प्रमेय 11.16) से उसका कोई अभिसारी उप-उपानुक्रम है, जिसकी सीमा $\ell'$ $\abs{\ell' - \ell} \geq \varepsilon_0$ संतुष्ट करती है (असमिका को सीमा तक ले जाइए, प्रमेय 11.7)। पर $(u_n)$ का उप-उपानुक्रम $(u_n)$ का अभिसारी उपानुक्रम है, अतः परिकल्पना से $\ell' = \ell$ : विरोधाभास।

अभ्यास 11.9 ★★★

उदाहरण 11.12 के संकेतन में मान लीजिए $p, q \in \N^*$ के साथ $\eu = \frac pq$ । $a_q < \eu < b_q = a_q + \frac{1}{q\, q!}$ का प्रयोग करके $q!$ से गुणा कीजिए और दो पूर्णांकों के बीच विरोधाभास निकालिए। निष्कर्ष: $\eu$ अपरिमेय है।

हल

हल — अभ्यास 11.9.

मान लीजिए $\eu = \frac pq$ , $q \geq 1$ । कठोर असमिकाएँ $a_q < \eu < a_q + \frac{1}{q\,q!}$ ( $(a_n)$ के कठोरतः वर्धमान और $(b_n)$ के कठोरतः ह्रासमान होने से कठोर) $q!$ से गुणा करने पर देती हैं

q!\,a_q \;<\; q!\,\frac pq \;<\; q!\,a_q + \frac 1q \leq q!\,a_q + 1.

अब $N = q!\,a_q = \sum_{k=0}^{q} \frac{q!}{k!}$ एक पूर्णांक है ( $k \leq q$ के लिए प्रत्येक $\frac{q!}{k!}$ पूर्णांकों का गुणनफल है), और $q!\,\frac pq = (q-1)!\,p$ भी। अतः यह प्रदर्शन पूर्णांक $(q-1)!\,p$ को $N$ और $N + \frac 1q \leq N + 1$ के बीच कठोरतः रख देता है: अर्थात् $\intoo{N}{N+1}$ के भीतर कोई पूर्णांक, जो असंभव है। अतः $\eu \notin \Q$ ।

अभ्यास 11.10 ★★★

(चेज़ारो माध्य) अनुक्रम $(u_n)_{n \geq 1}$ के लिए $c_n = \frac{u_1 + \dots + u_n}{n}$ रखिए।

सिद्ध कीजिए कि $u_n \to \ell$ से $c_n \to \ell$ आता है (योग को किसी देहली $N$ पर काटिए; आरंभिक भाग को एक नियत राशि बटा $n$ से और पूँछ को $\varepsilon$ से परिबद्ध कीजिए)।
उदाहरण से दिखाइए कि विलोम विफल है।
उससे निकालिए कि यदि $u_{n+1} - u_n \to \ell$ , तो $\frac{u_n}{n} \to \ell$ ।

हल

हल — अभ्यास 11.10.

मान लीजिए $\varepsilon > 0$ और $k > N$ के लिए $\abs{u_k - \ell} \leq \frac{\varepsilon}{2}$ के साथ $N$ । $n > N$ के लिए:

$\abs{c_n - \ell} = \Bigl|\frac{\sum_{k=1}^{n}(u_k - \ell)}{n}\Bigr| \leq \frac{\sum_{k=1}^{N} \abs{u_k - \ell}}{n} + \frac{n - N}{n}\cdot\frac{\varepsilon}{2} \leq \frac{C}{n} + \frac{\varepsilon}{2},$

जहाँ $C = \sum_{k=1}^N \abs{u_k - \ell}$ नियत है। बड़े $n$ के लिए $\frac Cn \leq \frac\varepsilon2$ : तब $\abs{c_n - \ell} \leq \varepsilon$ ।
$u_n = (-1)^n$ : अपसरित होता है, फिर भी $c_n \to 0$ (आंशिक योग $1$ से परिबद्ध, $n$ से भाग दिए हुए)।
(1) को अनुक्रम $v_n = u_{n+1} - u_n \to \ell$ पर लगाइए: उसका चेज़ारो माध्य $\frac{u_{n+1} - u_1}{n} \to \ell$ है (दूरबीनी), और $\frac{u_{n+1}}{n} = \frac{u_{n+1} - u_1}{n} + \frac{u_1}{n} \to \ell$ ; सूचकांकों का पुनर्मानकीकरण ( $\frac{u_n}{n} = \frac{u_n}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n}$ ) $\frac{u_n}{n} \to \ell$ देता है।

अभ्यास 11.11 ★★★

मान लीजिए $(u_n)$ सभी $m, n$ के लिए $0 \leq u_{m+n} \leq u_m + u_n$ संतुष्ट करता है (उप-योज्यता)। सिद्ध कीजिए कि $\bigl(\frac{u_n}{n}\bigr)$ $\inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n}$ की ओर अभिसरित होता है। (नियत $m$ के लिए $n = qm + r$ लिखिए और $u_n \leq q\,u_m + u_r$ का प्रयोग करके $\frac{u_n}{n}$ को परिबद्ध कीजिए।)

हल

हल — अभ्यास 11.11.

मान लीजिए $L = \inf_{n \geq 1} \frac{u_n}{n} \geq 0$ , और $\varepsilon > 0$ । ऐसा $m$ चुनिए कि $\frac{u_m}{m} \leq L + \varepsilon$ । प्रत्येक $n$ $n = qm + r$ , $0 \leq r < m$ के रूप में लिखा जाता है; उप-योज्यता (बार-बार लगाकर) $u_n \leq q\,u_m + u_r$ देती है, अतः

\frac{u_n}{n} \leq \frac{q m}{n}\cdot\frac{u_m}{m} + \frac{u_r}{n} \leq \frac{u_m}{m} + \frac{\max(u_0, \dots, u_{m-1})}{n} \leq L + \varepsilon + \frac{C_m}{n},

जहाँ $qm \leq n$ प्रयुक्त हुआ। बड़े $n$ के लिए $\frac{C_m}{n} \leq \varepsilon$ : अतः सभी बड़े $n$ के लिए $L \leq \frac{u_n}{n} \leq L + 2\varepsilon$ , जो $L$ की ओर अभिसरण ही है।

अभ्यास 11.12 ★★★

$(\R, +)$ के उपसमूह $\Z + 2\pi\Z$ की सघनता (अभ्यास 10.9) का प्रयोग करके सिद्ध कीजिए कि अनुक्रम $(\sin n)_{n \in \N}$ $\intcc{-1}{1}$ में सघन है — और विशेष रूप से वह अपसरित होता है।

हल

हल — अभ्यास 11.12.

$(\R, +)$ का उपसमूह $G = \Z + 2\pi\Z$ सघन है: वह $\alpha\Z$ नहीं है, क्योंकि $1 = p\alpha$ , $2\pi = q\alpha$ $2\pi = \frac qp$ को परिमेय बना देते — और $\pi \notin \Q$ (यहाँ स्वीकृत; उपपत्ति की रूपरेखा अध्याय 15 में है)। अभ्यास 10.9 से $G$ $\R$ में सघन है।

अब मान लीजिए $y \in \intcc{-1}{1}$ और $\theta = \arcsin y$ । सघनता से प्रत्येक $\varepsilon > 0$ के लिए ऐसे $n \in \Z$ , $k \in \Z$ हैं कि $\abs{(n + 2\pi k) - \theta} \leq \varepsilon$ , अर्थात् $n$ $\theta - 2\pi k$ के $\varepsilon$ के भीतर है; और तब, $\sin$ के $2\pi$ -आवर्ती तथा $1$ -लिप्शिट्ज़ होने से ( $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ , अध्याय 14 की माध्य मान असमिका से),

\abs{\sin n - y} = \abs{\sin(n + 2\pi k) - \sin\theta} \leq \abs{n + 2\pi k - \theta} \leq \varepsilon .

एक विवरण: $n$ $\Z$ पर चलता है, पर $\sin(-n) = -\sin n$ है और $y$ $\intcc{-1}{1}$ में स्वेच्छ था, अतः ऋणेतर सूचकांक पर्याप्त हैं (आवश्यकता हो तो $(n, y)$ के स्थान पर $(-n, -y)$ रखिए)। अतः $\{\sin n : n \in \N\}$ $\intcc{-1}{1}$ में सघन है; और किसी खंड में सघन अनुक्रम के ऐसे उपानुक्रम होते हैं जो भिन्न मानों के निकट जाते हैं, इसलिए वह अपसरित होता है।

11.7 समस्या: चेज़ारो, स्टोल्ज़, और ज्या का धीमा पतन

समस्या 11.1

सप्ताहांत समस्या — चेज़ारो–स्टोल्ज़ प्रमेय और $u_{n+1} = \sin u_n$ के लिए अनंतस्पर्शी $u_n \sim \sqrt{3/n}$

चेज़ारो–स्टोल्ज़ प्रमेय विविक्त लोपिताल नियम है: भागफल $a_n/b_n$ की सीमा खोजने के लिए वृद्धियों के भागफल $(a_{n+1} - a_n)/(b_{n+1} - b_n)$ की सीमा खोज लेना पर्याप्त है। यह समस्या उस प्रमेय को सिद्ध करती है, उससे चिरपरिचित सीमाएँ बटोरती है, और फिर उसे एक प्रसिद्ध लक्ष्य पर साधती है: अनुक्रम $u_{n+1} = \sin u_n$ , जो ठीक-ठीक संगणनीय गति $u_n \sim \sqrt{3/n}$ से $0$ की ओर सरकता है। उच्चतर माध्यमिक खंड के दो तथ्य यहाँ दिए हुए मान लिए गए हैं और आगे इसी खंड में ईमानदारी से सिद्ध किए गए हैं: स्पर्शरेखा असमिका

\tag{G1} \eu^{u} \geq 1 + u \quad (u \in \R),

जो अध्याय 14 में उत्तलता से फिर सिद्ध होती है, और ज्या का घेराव

\tag{G2} x - \frac{x^3}{6} \;\leq\; \sin x \;\leq\; x - \frac{x^3}{6} + \frac{x^5}{120} \quad (0 \leq x \leq 1), \qquad \abs{\sin x} \leq \abs{x} \quad (x \in \R),

जो अध्याय 16 में टेलर सूत्र से फिर सिद्ध होता है।

भाग I — बिना संवृत सूत्र वाले योग।

$1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n+1)}{2}$ और $1^2 + \dots + n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ का प्रयोग करके $\lim \frac{1 + 2 + \dots + n}{n^2}$ और $\lim \frac{1^2 + \dots + n^2}{n^3}$ संगणित कीजिए।
मान लीजिए $T_n = \sum_{k=1}^n \sqrt k$ , जिसका कोई संवृत सूत्र नहीं है। घेराव सिद्ध कीजिए

$\frac{1}{2\sqrt 2}\,n^{3/2} \;\leq\; T_n \;\leq\; n^{3/2}$

(निचले परिबंध के लिए केवल पद $k > \frac n2$ रखिए)। अतः $T_n$ की कोटि $n^{3/2}$ है — पर अचर कौन-सा? यह प्रश्न प्रश्न 8 तक रोक रखिए।
(दूरबीनी प्रमेयिका) मान लीजिए $(b_n)$ कठोरतः वर्धमान है और सभी $k \geq N$ के लिए

$m \;\leq\; \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \;\leq\; M .$

सिद्ध कीजिए कि प्रत्येक $n > N$ के लिए $m \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq M$ ।

भाग II — चेज़ारो–स्टोल्ज़ प्रमेय। मान लीजिए $(b_n)$ कठोरतः वर्धमान है और $b_n \to +\infty$ , तथा $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to \ell \in \R$ ।

$\varepsilon > 0$ नियत कीजिए। दिखाइए कि ऐसा $N$ है कि सभी $n > N$ के लिए $\ell - \varepsilon \leq \dfrac{a_n - a_N}{b_n - b_N} \leq \ell + \varepsilon$ ।
$n > N$ के लिए सर्वसमिका स्थापित कीजिए

$\frac{a_n}{b_n} - \ell = \frac{a_N - \ell\,b_N}{b_n} + \Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \Bigl(\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N} - \ell\Bigr),$

और प्रमेय पर पहुँचिए: $\dfrac{a_n}{b_n} \to \ell$ ।
$+\infty$ वाला रूपांतर सिद्ध कीजिए: यदि $\dfrac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n} \to +\infty$ ( $(b_n)$ पर वही परिकल्पनाएँ), तो $\dfrac{a_n}{b_n} \to +\infty$ ।
$b_n = n$ लीजिए: अभ्यास 11.10 की चेज़ारो माध्य प्रमेय वापस मिल जाती है। फिर दिखाइए कि चेज़ारो–स्टोल्ज़ का विलोम विफल है: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ के लिए भागफल $a_n/b_n$ अभिसरित होता है जबकि वृद्धियों का भागफल नहीं। स्टोल्ज़ एकतरफ़ा मार्ग है।

भाग III — पहले लाभांश।

संयुग्मन से $(1+h)^{3/2} - 1 = \dfrac{3h + 3h^2 + h^3}{(1+h)^{3/2} + 1}$ सिद्ध कीजिए, उससे $n\bigl((1 + \tfrac1n)^{3/2} - 1\bigr) \to \tfrac32$ निकालिए, और चेज़ारो–स्टोल्ज़ से निष्कर्ष निकालिए:

$T_n = \sum_{k=1}^{n} \sqrt k \;\sim\; \tfrac23\, n^{3/2} ,$

जिससे प्रश्न 2 का लटका हुआ प्रश्न सुलझ जाता है।
केवल (G1) से लघुगणक का घेराव निकालिए

$\frac{t}{1 + t} \;\leq\; \ln(1 + t) \;\leq\; t \qquad (t > -1)$

((G1) को $u = \ln(1+t)$ पर और $u = -t/(1+t)$ पर लगाइए)।
दिखाइए कि $b_n = \ln n$ कठोरतः वर्धमान है और $\ln n \to +\infty$ , और चेज़ारो–स्टोल्ज़ तथा प्रश्न 9 से सिद्ध कीजिए कि

$H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac 1k \;\sim\; \ln n .$

(सूक्ष्मतर संरचना $H_n = \ln n + \gamma + o(1)$ अध्याय 17 की सप्ताहांत समस्या है।)
(अनुपातों से मूलों तक) मान लीजिए $u_n > 0$ और $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to L > 0$ । प्रश्न 9 का प्रयोग करके दिखाइए $\ln\frac{u_{n+1}}{u_n} \to \ln L$ ; चेज़ारो लगाकर $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ निष्कर्ष निकालिए, फिर (G1) के साथ $u_n^{1/n} \to L$ । अनुप्रयोग: $\lim\,\binom{2n}{n}^{1/n}$ संगणित कीजिए।

भाग IV — ज्या का धीमा पतन। मान लीजिए $u_0 \in \R$ और $u_{n+1} = \sin u_n$ ।

(G2) से दिखाइए कि $0 < x \leq 1$ के लिए $0 < \sin x < x$ । उससे निकालिए: $u_1 \in \intcc{-1}{1}$ ; यदि $u_1 = 0$ , तो अनुक्रम कोटि $1$ से शून्य है; और यदि $u_1 > 0$ ( $u_1 < 0$ की स्थिति सममित है, $\sin$ विषम), तो $(u_n)_{n \geq 1}$ कठोरतः ह्रासमान, धनात्मक है और $0$ की ओर अभिसरित होता है (सीमा की पहचान $\ell = \sin \ell$ से कीजिए, जिसमें $\abs{\sin a - \sin b} \leq \abs{a - b}$ का प्रयोग कीजिए, जो स्वयं (G2) और गुणनफल-से-योग सूत्र का परिणाम है)।
अब से $u_1 \in \intoc{0}{1}$ मान लीजिए। (G2) का प्रयोग करते हुए दबाव से दिखाइए:

$\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1 \qquad\text{और}\qquad \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \to \frac16 .$
गुणनखंडन सिद्ध कीजिए

$w_n := \frac{1}{u_{n+1}^{2}} - \frac{1}{u_n^{2}} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^{3}} \cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n} \cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2},$

और $w_n \to \frac13$ निकालिए।
अभ्यास 11.10 (वृद्धि वाला रूप) से निष्कर्ष निकालिए कि $\frac{1}{n\,u_n^{2}} \to \frac13$ , और फिर वर्गमूल के लिए संयुग्मन के तर्क से मुख्य परिणाम:

$\sqrt n\;u_n \longrightarrow \sqrt 3 , \qquad\text{अर्थात्}\qquad u_n \sim \sqrt{\frac 3n} .$
धीमेपन का परिमाणन कीजिए: दिखाइए कि अंततः $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ , जिससे $u_n \leq 10^{-2}$ तक पहुँचने के लिए $20\,000$ से अधिक पुनरावृत्तियाँ चाहिए (अनंतस्पर्शी के अनुसार लगभग $30\,000$ )। हीरो की विधि (उदाहरण 11.24) से तुलना कीजिए और संरचनात्मक कारण समझाइए: अचल बिंदु $0$ पर $\sin$ की प्रवणता $1$ है (एक उदासीन अचल बिंदु), जबकि त्रुटि आधी करने वाली पुनरावृत्तियों को $< 1$ मापांक वाली प्रवणता चाहिए।
दिखाइए कि प्रत्येक आरंभिक बिंदु $u_0 \in \R$ के लिए या तो कोटि $1$ से $u_n = 0$ , या $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ — अर्थात् पतन सार्वभौमिक है, केवल चिह्न $u_0$ का स्मरण रखता है।

भाग V — व्यापक सिद्धांत। ज्या इस मशीन का एक ही उदाहरण है।

मान लीजिए $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , और $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{2}} \to a > 0$ । क्रमशः सिद्ध कीजिए: $\frac{u_{n+1}}{u_n} \to 1$ ; फिर $\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} \to a$ ; फिर $n\,u_n \to \frac1a$ ।
(यथार्थ प्रतिरूप) $u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n}$ , $u_0 > 0$ के लिए: दिखाइए कि $\frac{1}{u_n}$ समांतर है, उसे यथार्थ रूप से हल कीजिए, और प्रश्न 18 के निष्कर्ष को यथार्थ सूत्र के सामने जाँचिए।
$u_{n+1} = u_n \eu^{-u_n}$ , $u_0 > 0$ के लिए: दिखाइए $u_n \to 0$ , $t > 0$ के लिए (G1) से $\frac{1 - \eu^{-t}}{t}$ को $\frac{1}{1+t}$ और $1$ के बीच दबाइए, और निष्कर्ष निकालिए $u_n \sim \frac 1n$ ।
(त्रिघात संपर्क, वर्गित दूरबीन) मान लीजिए $u_n > 0$ , $u_n \to 0$ , $\dfrac{u_n - u_{n+1}}{u_n^{3}} \to a > 0$ । प्रश्न 14 का गुणनखंडन ढालकर दिखाइए कि $\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} \to 2a$ , और निष्कर्ष निकालिए $n\,u_n^{2} \to \frac{1}{2a}$ । जाँचिए कि $a = \frac16$ भाग IV को वापस दे देता है।

भाग VI — विधि की सीमाएँ, और उपदेश।

दिखाइए कि परिकल्पना $b_n \to +\infty$ छोड़ी नहीं जा सकती: $a_n = 2 - 2^{-n}$ और $b_n = 1 - 2^{-n}$ के लिए वृद्धियों का भागफल $1$ की ओर जाता है जबकि $\frac{a_n} {b_n} \to 2$ । प्रश्न 5 की उपपत्ति की ठीक वह पंक्ति बताइए जो टूट जाती है।
(स्टोल्ज़ दो बार) सिद्ध कीजिए $\sum_{k=1}^{n} H_k \sim n \ln n$ (चेज़ारो–स्टोल्ज़ का एक प्रयोग, फिर प्रश्न 10; प्रश्न 9 का प्रयोग करके $(n+1)\ln(n+1) - n\ln n$ को परिबद्ध कीजिए)।
(गुणोत्तर माध्य) यदि $u_n > 0$ और $u_n \to \ell > 0$ , तो दिखाइए $(u_1 u_2 \cdots u_n)^{1/n} \to \ell$ ; यदि $u_n \to +\infty$ , तो दिखाइए $(u_1 \cdots u_n)^{1/n} \to +\infty$ । उससे $(n!)^{1/n} \to +\infty$ निकालिए।
संश्लेषण, एक-एक वाक्य में: (क) इस समस्या में पूर्णता ठीक कहाँ आई; (ख) चेज़ारो–स्टोल्ज़ किस अर्थ में विविक्त लोपिताल नियम है (उसका अवकलीय जुड़वाँ अध्याय 14 की माध्य मान प्रमेय पर टिका है); (ग) उदासीन अचल बिंदु पर $f$ के संपर्क-क्रम को $u_{n+1} = f(u_n)$ के क्षय-घातांक से जोड़ने वाला अनुमान-नियम कहिए; (घ) $\sqrt{3/n}$ के अचर $3$ को पाइपलाइन $\frac16 \to \frac13 \to 3$ में पीछे तक खोजिए।

हल

हल — समस्या 11.1.

1. $\dfrac{n(n+1)/2}{n^2} = \dfrac{1 + 1/n}{2} \to \dfrac12$ , और $\dfrac{n(n+1)(2n+1)/6}{n^3} = \dfrac{(1 + 1/n)(2 + 1/n)}{6} \to \dfrac13$ ।

2. ऊपर: $n$ पदों में से प्रत्येक $\leq \sqrt n$ है, अतः $T_n \leq n\sqrt n$ । नीचे: $k > \frac n2$ वाले पद कम से कम $\frac n2$ हैं, और हर एक $\geq \sqrt{n/2}$ है:

T_n \geq \frac n2 \sqrt{\frac n2} = \frac{n^{3/2}}{2\sqrt 2} .

3. $k \geq N$ के लिए, चूँकि $b_{k+1} - b_k > 0$ : $m(b_{k+1} - b_k) \leq a_{k+1} - a_k \leq M(b_{k+1} - b_k)$ । $k = N, \dots, n - 1$ के लिए योग करने पर दोनों पक्ष दूरबीनी हो जाते हैं:

m\,(b_n - b_N) \leq a_n - a_N \leq M\,(b_n - b_N),

और $b_n - b_N > 0$ से भाग देने पर दावा मिल जाता है।

4. सीमा की परिभाषा से ऐसा $N$ है कि सभी $k \geq N$ के लिए $\ell - \varepsilon \leq \frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \leq \ell + \varepsilon$ ; $m = \ell - \varepsilon$ , $M = \ell + \varepsilon$ के साथ प्रश्न 3 घेराव को $\frac{a_n - a_N}{b_n - b_N}$ तक ले जाता है।

5. सर्वसमिका के दाएँ पक्ष का प्रसार करने पर:

\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} + \frac{a_n - a_N}{b_n} - \ell\,\frac{b_n - b_N}{b_n} = \frac{a_n - \ell b_n}{b_n} = \frac{a_n}{b_n} - \ell .

प्रश्न 4 से गुणनफल का दूसरा गुणनखंड निरपेक्ष मान में $\varepsilon$ से परिबद्ध है, और बड़े $n$ के लिए $0 < 1 - \frac{b_N}{b_n} \leq 1$ , अतः

\Bigl|\frac{a_n}{b_n} - \ell\Bigr| \leq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{b_n} + \varepsilon \leq 2\varepsilon

जैसे ही $b_n \geq \frac{\abs{a_N - \ell b_N}}{\varepsilon}$ , जो अंततः होता ही है क्योंकि $b_n \to +\infty$ । अतः $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$ : यही चेज़ारो–स्टोल्ज़ प्रमेय है।

6. $M$ दिया हो, तो ऐसा $N$ चुनिए कि $k \geq N$ के लिए $\frac{a_{k+1} - a_k}{b_{k+1} - b_k} \geq M$ ; प्रश्न 3 का निचला आधा $a_n - a_N \geq M(b_n - b_N)$ देता है, अतः

\frac{a_n}{b_n} \geq \frac{a_N}{b_n} + M\Bigl(1 - \frac{b_N}{b_n}\Bigr) \longrightarrow M .

किसी कोटि के आगे $\frac{a_n}{b_n} \geq M - 1$ ; और चूँकि $M$ स्वेच्छ था, $\frac{a_n}{b_n} \to +\infty$ ।

7. $b_n = n$ और $a_n = u_1 + \dots + u_n$ के साथ: वृद्धि-भागफल $u_{n+1} \to \ell$ है, अतः चेज़ारो माध्य $\frac{a_n}{n}$ $\ell$ की ओर जाता है: यही अभ्यास 11.10 का भाग (1) है। $a_n = u_n$ के साथ: वृद्धि-भागफल $u_{n+1} - u_n$ है, जो भाग (3) देता है। विलोम: $a_n = (-1)^n$ , $b_n = n$ के लिए $\frac{a_n}{b_n} \to 0$ , फिर भी $a_{n+1} - a_n = \pm 2$ एकांतरित होता है: अतः वृद्धि-भागफल की कोई सीमा नहीं।

8. संयुग्मन:

\bigl((1+h)^{3/2} - 1\bigr)\bigl((1+h)^{3/2} + 1\bigr) = (1+h)^3 - 1 = 3h + 3h^2 + h^3 .

$h = \frac1n$ के लिए: $n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr) = \frac{3 + 3/n + 1/n^2}{(1 + 1/n)^{3/2} + 1}$ , और $1 \leq (1 + \frac1n)^{3/2} \leq (1 + \frac1n)^2 \to 1$ (दबाव), अतः हर $2$ की ओर जाता है और व्यंजक $\frac32$ की ओर। अब $a_n = T_n$ , $b_n = n^{3/2}$ (कठोरतः वर्धमान, $\to +\infty$ ) के साथ स्टोल्ज़:

\frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2} - n^{3/2}} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt n} \cdot \frac{1}{n\bigl((1 + \frac1n)^{3/2} - 1\bigr)} \longrightarrow 1 \cdot \frac{2}{3},

अतः $T_n \sim \frac23\,n^{3/2}$ । (प्रश्न 2 के घेराव ने अचर को $\intcc{0.35}{1}$ में फँसाया था; स्टोल्ज़ उसे कील देता है।)

9. $u = \ln(1+t)$ पर (G1): $1 + t = \eu^{\ln(1+t)} \geq 1 + \ln(1+t)$ , अतः $\ln(1+t) \leq t$ । $u = -\frac{t}{1+t}$ पर (G1): $\eu^{-t/(1+t)} \geq 1 - \frac{t}{1+t} = \frac{1}{1+t} > 0$ ; $\ln$ (वर्धमान) लेने पर $-\frac{t}{1+t} \geq -\ln(1+t)$ , अर्थात् $\ln(1+t) \geq \frac{t}{1+t}$ ।

10. $\ln$ कठोरतः वर्धमान है (प्रतिज्ञप्ति 4.1), और $\ln(2^k) = k\ln 2$ अपरिबद्ध है, अतः $\ln n \to +\infty$ । वृद्धियाँ: प्रश्न 9 में $t = \frac1n$ के साथ,

\frac 1{n+1} = \frac{1/n}{1 + 1/n} \leq \ln\Bigl(1 + \frac1n\Bigr) \leq \frac1n \quad\Longrightarrow\quad \frac{n}{n+1} \leq \frac{1/(n+1)}{\ln(1 + 1/n)} \leq 1 ,

अतः वृद्धि-भागफल $\frac{H_{n+1} - H_n}{\ln(n+1) - \ln n}$ $1$ की ओर जाता है; और स्टोल्ज़ $H_n \sim \ln n$ देता है।

11. $x_n = \frac{u_{n+1}}{u_n} \to L$ और $t_n = \frac{x_n}{L} - 1 \to 0$ रखिए। प्रश्न 9: $\frac{t_n}{1 + t_n} \leq \ln(1 + t_n) \leq t_n$ , अतः दबाव से $\ln x_n - \ln L = \ln(1 + t_n) \to 0$ । $(\ln x_k)$ पर चेज़ारो (प्रश्न 7) लगाइए:

\frac1n \sum_{k=0}^{n-1} \ln x_k = \frac{\ln u_n - \ln u_0}{n} \longrightarrow \ln L ,

इसलिए $\frac{\ln u_n}{n} \to \ln L$ । $h_n = \frac{\ln u_n}{n} - \ln L \to 0$ के साथ: $u_n^{1/n} = L\,\eu^{h_n}$ , और (G1) $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ को दबा देता है ( $h_n < 1$ के लिए), अतः $\eu^{h_n} \to 1$ और $u_n^{1/n} \to L$ । अनुप्रयोग: $u_n = \binom{2n}{n}$ देता है

\frac{u_{n+1}}{u_n} = \frac{(2n+1)(2n+2)}{(n+1)^2} = \frac{2(2n+1)}{n+1} \longrightarrow 4 , \qquad\text{अतः}\qquad \binom{2n}{n}^{1/n} \to 4 .

12. $0 < x \leq 1$ के लिए (G2) $\sin x \geq x(1 - \frac{x^2}{6}) \geq \frac{5x}{6} > 0$ देता है, और

x - \sin x \geq \frac{x^3}{6} - \frac{x^5}{120} = x^3\Bigl(\frac16 - \frac{x^2}{120}\Bigr) \geq \frac{19}{120}\,x^3 > 0 :

अतः $\intoc{0}{1}$ पर $0 < \sin x < x$ । सदा $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ । यदि $u_1 = 0$ , तो $n \geq 1$ के लिए $u_n = 0$ । यदि $u_1 \in \intoc{0}{1}$ : आगमन से $0 < u_{n+1} = \sin u_n < u_n \leq 1$ , अतः $(u_n)_{n\geq1}$ कठोरतः ह्रासमान है और नीचे से $0$ द्वारा परिबद्ध: वह किसी $\ell \in \intco{0}{1}$ (प्रमेय 11.9) की ओर अभिसरित होता है। गुणनफल-से-योग सूत्र और (G2) $\abs{\sin a - \sin b} = 2\abs{\cos \frac{a+b}{2}}\,\abs{\sin\frac{a-b}{2}} \leq \abs{a - b}$ देते हैं, अतः $u_{n+1} = \sin u_n \to \sin \ell$ : $\ell = \sin\ell$ । यदि $\ell > 0$ , तो $\sin\ell < \ell$ : असंभव। अतः $u_n \to 0$ ।

13. (G2) को $u_n > 0$ से भाग देने पर:

1 - \frac{u_n^2}{6} \leq \frac{\sin u_n}{u_n} \leq 1 - \frac{u_n^2}{6} + \frac{u_n^4}{120} \leq 1 ,

और $u_n \to 0$ $\frac{\sin u_n}{u_n} \to 1$ को दबा देता है। $x - \sin x$ को $x^3$ से भाग देने पर:

\frac16 - \frac{u_n^2}{120} \leq \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3} \leq \frac16 \longrightarrow \frac16 .

14. चूँकि $u_{n+1} = \sin u_n$ :

w_n = \frac{u_n^2 - \sin^2 u_n}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{(u_n - \sin u_n)(u_n + \sin u_n)}{u_n^2 \sin^2 u_n} = \frac{u_n - \sin u_n}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + \sin u_n}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{\sin u_n}\Bigr)^{2}

( $u_n$ की घातें जाँचिए: नीचे $u_n^2$ और ऊपर $u_n^4$ के सामने $3 + 1 + (-4)$ )। प्रश्न 13 से तीनों गुणनखंड $\frac16$ , $2$ , $1$ की ओर जाते हैं: $w_n \to \frac13$ ।

15. $v_n = \frac{1}{u_n^2}$ की वृद्धियाँ $v_{n+1} - v_n = w_n \to \frac13$ हैं, अतः अभ्यास 11.10 (3) से $\frac{v_n}{n} \to \frac13$ : $n u_n^2 \to 3$ । तब

\abs{\sqrt n\,u_n - \sqrt 3} = \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt n\,u_n + \sqrt 3} \leq \frac{\abs{n u_n^2 - 3}}{\sqrt 3} \longrightarrow 0 :

$\sqrt n\,u_n \to \sqrt 3$ , अर्थात् $u_n \sim \sqrt{3/n}$ ।

16. चूँकि $n u_n^2 \to 3$ , अंततः $2 \leq n u_n^2 \leq 4$ , अर्थात् $\sqrt{2/n} \leq u_n \leq 2/\sqrt n$ । यदि उस परास में $n$ के साथ $u_n \leq 10^{-2}$ , तो $2/n \leq 10^{-4}$ : $n \geq 20\,000$ ; और $n = 30\,000$ पर $\sqrt{3/n} = 10^{-2}$ । हीरो की विधि हर पद पर त्रुटि का वर्ग कर देती है — अंकों की संख्या दुगुनी हो जाती है — क्योंकि उसके अचल बिंदु पर संगत प्रवणता का मापांक $< 1$ है (वस्तुतः पुनरावृत्ति संकुचनकारी है)। यहाँ $\sin' 0 = \cos 0 = 1$ : अचल बिंदु उदासीन है, कोई गुणोत्तर संकुचन है ही नहीं, और क्षय पहले अरैखिक पद $-\frac{x^3}{6}$ से नियंत्रित होता है, अतः बहुपदीय। हीरो का एक पद ज्या के दस हज़ार पदों से अधिक यथार्थता देता है।

17. स्वेच्छ $u_0$ के लिए: $u_1 = \sin u_0 \in \intcc{-1}{1}$ । यदि $u_1 = 0$ , तो अनुक्रम कोटि $1$ से लुप्त हो जाता है। यदि $u_1 > 0$ , तो भाग IV अक्षरशः लागू होता है। यदि $u_1 < 0$ , तो $v_n = -u_n$ रखिए: $\sin$ की विषमता $v_1 \in \intoc{0}{1}$ के साथ $v_{n+1} = -\sin u_n = \sin(-u_n) = \sin v_n$ देती है, अतः $v_n \sim \sqrt{3/n}$ , अर्थात् $u_n \sim -\sqrt{3/n}$ । सभी स्थितियों में $\abs{u_n} \sim \sqrt{3/n}$ (अथवा अनुक्रम अंततः $0$ है): पतन सार्वभौमिक है, केवल चिह्न आरंभ का स्मरण रखता है।

18. पहले $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\,u_n \to 1 - a \cdot 0 = 1$ । फिर

\frac{1}{u_{n+1}} - \frac{1}{u_n} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n u_{n+1}} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2}\cdot\frac{u_n}{u_{n+1}} \longrightarrow a \cdot 1 = a ,

और अभ्यास 11.10 (3) $\frac{1}{n u_n} \to a$ देता है, अर्थात् $n u_n \to \frac1a$ ।

19. $v_n = \frac{1}{u_n}$ : $v_{n+1} = \frac{1 + u_n}{u_n} = v_n + 1$ , अतः $v_n = v_0 + n$ और

u_n = \frac{u_0}{1 + n u_0} , \qquad n u_n = \frac{n u_0}{1 + n u_0} \longrightarrow 1 .

प्रमेयिका की जाँच: $u_n - u_{n+1} = \frac{u_n^2}{1 + u_n}$ , अतः $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1}{1 + u_n} \to 1 = a$ , और प्रश्न 18 $n u_n \to 1$ बताता है: पूरा मेल।

20. आगमन से धनात्मकता ( $\eu^{-u} > 0$ ); ह्रासमान, क्योंकि $u_n > 0$ के लिए $\eu^{-u_n} < 1$ ; अतः $u_n \to \ell \geq 0$ (प्रमेय 11.9)। सांतत्य का सेतु: $h_n = \ell - u_n \to 0$ के साथ (G1) के दबाव $1 + h_n \leq \eu^{h_n} \leq \frac{1}{1 - h_n}$ से $\eu^{-u_n} = \eu^{-\ell} \eu^{h_n} \to \eu^{-\ell}$ ; अतः $\ell = \ell\, \eu^{-\ell}$ , और $\ell > 0$ $\eu^{-\ell} = 1$ पर बाध्य करता, जो असत्य है: अतः $\ell = 0$ । $t > 0$ के लिए (G1) $\eu^{-t} \geq 1 - t$ और $\eu^{-t} \leq \frac{1}{1 + t}$ देता है, अतः

\frac{1}{1 + t} \leq \frac{1 - \eu^{-t}}{t} \leq 1 .

$t = u_n$ के साथ: $\frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^2} = \frac{1 - \eu^{-u_n}}{u_n} \to 1$ । $a = 1$ के साथ प्रश्न 18: $n u_n \to 1$ , अतः $u_n \sim \frac1n$ ।

21. प्रश्न 18 की भाँति $\frac{u_{n+1}}{u_n} = 1 - \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\,u_n^2 \to 1$ । फिर

\frac{1}{u_{n+1}^2} - \frac{1}{u_n^2} = \frac{(u_n - u_{n+1})(u_n + u_{n+1})}{u_n^2 u_{n+1}^2} = \frac{u_n - u_{n+1}}{u_n^3}\cdot \frac{u_n + u_{n+1}}{u_n}\cdot \Bigl(\frac{u_n}{u_{n+1}}\Bigr)^2 \longrightarrow a \cdot 2 \cdot 1 = 2a ,

और अभ्यास 11.10 (3) $\frac{1}{n u_n^2} \to 2a$ देता है: $n u_n^2 \to \frac{1}{2a}$ । ज्या के लिए $a = \frac16$ (प्रश्न 13): $n u_n^2 \to 3$ , जो ठीक भाग IV है।

22. वृद्धियाँ: $a_{n+1} - a_n = 2^{-n} - 2^{-n-1} = 2^{-n-1} = b_{n+1} - b_n$ , अतः वृद्धि-भागफल सदा $1$ रहता है। फिर भी $\frac{a_n}{b_n} = \frac{2 - 2^{-n}}{1 - 2^{-n}} \to 2 \neq 1$ । प्रश्न 5 की उपपत्ति सीमांत पद पर टूटती है: $\frac{a_N - \ell b_N}{b_n} \to 0$ को $b_n \to +\infty$ चाहिए था; यहाँ ( $\ell = 1$ के साथ) $a_N - b_N = 1$ और $b_n \to 1$ , अतः वह पद $1$ की ओर जाता है — ठीक वही अवशिष्ट अंतर $2 - 1$ ।

23. $A_n = \sum_{k=1}^n H_k$ और $B_n = n\ln n$ के साथ स्टोल्ज़: $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + n\ln(1 + \frac1n) > 0$ और $B_n \to +\infty$ । प्रश्न 9 से $\frac{n}{n+1} \leq n\ln(1 + \frac1n) \leq 1$ , अतः $\frac12 \leq \theta_n \leq 1$ के साथ $B_{n+1} - B_n = \ln(n+1) + \theta_n$ । अतः

\frac{A_{n+1} - A_n}{B_{n+1} - B_n} = \frac{H_{n+1}}{\ln(n+1)}\cdot \frac{1}{1 + \theta_n/\ln(n+1)} \longrightarrow 1 \cdot 1 = 1

(पहले गुणनखंड के लिए प्रश्न 10; दूसरे के लिए $\theta_n$ परिबद्ध और $\ln(n+1) \to \infty$ )। स्टोल्ज़ निष्कर्ष देता है: $\sum_{k=1}^n H_k \sim n\ln n$ ।

24. यदि $u_n \to \ell > 0$ : प्रश्न 11 की भाँति $\ln u_n \to \ln\ell$ ( $\ln\frac{u_n}{\ell}$ पर प्रश्न 9 का दबाव), अतः चेज़ारो माध्य $\frac1n\sum_{k=1}^n \ln u_k \to \ln\ell$ , और प्रश्न 11 का चरघातांकी सेतु $(u_1\cdots u_n)^{1/n} = \exp\bigl(\frac1n\sum\ln u_k\bigr) \to \ell$ देता है। यदि $u_n \to +\infty$ : किसी भी $M$ के लिए अंततः $u_n \geq \eu^M$ , अतः $\ln u_n \geq M$ : $\ln u_n \to +\infty$ ; और $+\infty$ चेज़ारो (प्रश्न 6, $b_n = n$ ) $\frac1n\sum \ln u_k \to +\infty$ देता है, तथा (G1) ( $\eu^s \geq 1 + s$ ) गुणोत्तर माध्य को $+\infty$ तक भेज देता है। $u_n = n$ के साथ: $(n!)^{1/n} \to +\infty$ ।

25. (क) पूर्णता केवल एकदिष्ट सीमा प्रमेय के द्वारा आई, ताकि प्रश्न 12 और 20 की सीमाएँ उत्पन्न हो सकें; चेज़ारो–स्टोल्ज़ प्रमेय स्वयं शुद्ध $\varepsilon$ -प्रबंधन है और $\Q$ पर वैध है। (ख) स्टोल्ज़ $\lim \frac{a_n}{b_n}$ के स्थान पर वृद्धि-भागफल का $\lim$ रख देता है, ठीक वैसे ही जैसे लोपिताल $\lim\frac fg$ के स्थान पर $\lim\frac{f'}{g'}$ रखता है — और उसका अवकलीय जुड़वाँ अध्याय 14 की माध्य मान प्रमेय पर टिका है। (ग) अनुमान-नियम: यदि उदासीन अचल बिंदु $0$ पर $f(x) = x - a\,x^{p+1} + o(x^{p+1})$ , तो $\frac{1}{u_{n+1}^p} - \frac{1}{u_n^p} \to pa$ और $u_n \sim (pan)^{-1/p}$ : अर्थात् कोटि $p + 1$ का संपर्क क्षय $n^{-1/p}$ देता है — आलेख विकर्ण से जितना चपटा लगेगा, पतन उतना ही धीमा होगा। (घ) अचर: (G2) त्रिघात गुणांक $\frac16$ देता है; प्रश्न 14 का गुणनखंडन उसे दूरबीनी वृद्धि $\frac13$ में दुगुना कर देता है; चेज़ारो $\frac{1}{u_n^2}$ को $\frac n3$ में बदल देता है; और प्रतिलोम लेकर मूल निकालने पर $\sqrt{3/n}$ मिलता है।