Пусть последовательность {xn} ограничена, то есть, существует число M такое, что
" n Ð |xn| £ M (1)
Рекурсивно определим три последовательности {an}, {bn}, {cn}:
a1 = -M, b1 = M, c1 = 0 (2)
и для любого iΧ
(3)
(4)
ci+1 = (ai+1+bi+1)/2
Иными словами, {ci} - последовательность середин отрезков [ai,bi]. А каждый следующий отрезок [ai+1,bi+1] равен левой половине отрезка [ai,bi], то есть отрезку [ai,ci], если отрезок [ai,ci] содержит значения бесконечного набора членов последовательности {xn}, то есть, выполнено условие
" N $ n³N: ai £ xn £ ci (5)
Иначе отрезок [ai+1,bi+1] равен правой половине отрезка [ai,bi], то есть отрезку [ci,bi].
Применяя теорему для метода деления пополам, получим существование точки x0 такой, что
limk®¥ak = x0 и limk®¥bk = x0 (6)
Далее будет показано, что x0 является частичным пределом последовательности {xn}.
Индукцией по i покажем, что для любого iΧ
" NÐ $ n0³ N: ai £ xn0 £ bi (7)
При i=1 условие (7) следует из (1), (2). Пусть условие (7) выполнено для некоторого i. Покажем тогда, что условие (7) выполнено для i+1, то есть, для любого N существует n0³N:
ai+1 £ xn0 £ bi+1 (8)
Рассмотрим случай, когда выполнено условие (5). Тогда из (3), (4) следует, что ai+1=ai, bi+1=ci.Поэтому в силу (5) получаем условие (8), где n0=n. Пусть теперь выполнено отрицание к условию (5). Тогда из (3), (4) следует, что
ai+1=ci, bi+1=bi (9)
Так как выполнено отрицание к условию (5), то существует N0:
" n³N0 Ð ai > xn или xn > ci (10)
Применяя предположение индукции (7) для max{N,N0}, получим существование n0 ³ max{N,N0} такого, что ai £ xn0 £ bi. Отсюда и из (9), (10) следуют неравенства (8). Тем самым по индукции доказано условие (7), то есть, существует функция n0(i,N) с двумя натуральными аргументами i, N такая, что
" i,NÐ n0(i,N)³ N и ai £ xn0(i,N) £ bi (11)
Рекурсивно определим последовательность натуральных чисел {mi}:
m1 = n0(1,1), mi+1 = n0(1+i,1+mi)
Из условия (11) следует, что mi+1 ³ 1+mi, то есть последовательность {mi} строго возрастает. Используя условие (11) для i=k-1, N=1+mk-1 и учитывая, что
mk = n0(k,1+mk-1), получаем
" k Ð ak £ xmk £ bk
Отсюда и из условий (6) по теореме о трех последовательностях получаем, что limk®¥xmk = x0.
Из условия строго возрастания последовательности {mk} следует, что последовательность {xmk} является подпоследовательностью {xn}. Поэтому x0 является частичным пределом {xn}. 0