Ограниченность

Итак, по методу математической индукции, что

$$x_n\le n{x}_1$$

База индукции: пусть $n=1$. Получаем:

$$x_1\le 1\cdot x_1$$

Индукционный переход:

Предположим, что равенство выполняется для какого-то натурального $k$:

$$x_k\le k{x}_1$$

Рассмотрим теперь $x_{k+1}$. По условию задачи

$$x_{k+1}\le x_k+x_1$$

Но по предположению индукции $x_k\le k{x}_1$, поэтому

$$x_{k+1}\le x_k+x_1\le k{x}_1+x_1=(k+1)x_1$$

$$x_{k+1}\le (k+1)x_1$$

Итак, мы доказали индукционный переход, а значит

$$x_n\le n{x}_1$$

Делим обе части на положительное $n$ и получаем, что

$$\frac{x_n}{n}\le x_1$$

Значит, последовательность $\frac{x_n}{n}$ ограничена сверху числом $x_1$.

Покажем теперь, что

$$0\le x_n$$

Для всех номеров начиная со второго это выполняется, так как по условию

$$0\le x_n=x_{n-1+1}\le x_{n-1}+x_1(n\ge 2)$$

Осталось проверить $x_1$. Предположим, что $x_1$ — отрицательное число. Тогда рассмотрим элемент $x_2$ по условию:

$$0\le x_2=x_{1+1}\le x_1+x_1$$

Получаем противоречие:

$$0\le 2x_1,$$

так как отрицательное число справа не может быть больше $0$. Значит и $x_1$ тоже неотрицательное число.

Мы доказали, что

$$0\le x_n$$

Делим обе части на положительное $n$:

$$0\le \frac{x_n}{n}$$

Итак, получаем финальное неравенство

$$0\le \frac{x_n}{n}\le x_1$$

Это означает, что $\frac{x_n}{n}$ ограничена.

Сходимость

Раз $\frac{x_n}{n}$ ограничена, то у нее есть конечные наибольший и наименьший частичные пределы (потому что в противном случае она была бы неограниченной).

Распишем наименьший частичный предел:

$$\underline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}=\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_{p_n}}{p_n}=a$$

По определению предела это означает, что

$$\forall \epsilon >0\exists N=(\epsilon )\forall n>N:\left|\frac{x_{p_n}}{p_n}-a\right|<\epsilon$$

Рассмотрим неравенство в конце:

$$\left|\frac{x_{p_n}}{p_n}-a\right|<\epsilon$$

Раскроем это неравенство по пункту 1 прото-задачи П-ссылка:

$$\left|\frac{x_{p_n}}{p_n}-a\right|<\epsilon \iff \{\begin{array}{l}\frac{x_{p_n}}{p_n}-a<\epsilon \\ \frac{x_{p_n}}{p_n}-a>-\epsilon \end{array}$$

Рассмотрим первое неравенство справа:

$$\frac{x_{p_n}}{p_n}-a<\epsilon$$

Прибавим к обеим частям $a$:

$$\frac{x_{p_n}}{p_n}<a+\epsilon$$

Итак, получаем

$$\forall \epsilon >0\exists N=(\epsilon )\forall n>N:\frac{x_{p_n}}{p_n}<a+\epsilon$$

Пусть теперь

$$T=p_{N+1}$$

Рассмотрим произвольный член последовательности $x_n$ у которого номер $n>T$. Раз $n>T$, то $n$ можно поделить с остатком на $T$:

$$n=T\cdot q+r,q\ge 0\text{ и }r\le T$$

Тогда, воспользовавшись неравенством из условия:

$$x_n=x_{qT+r}\le x_{qT}+x_r=x_{qT}+x_r\le \underset{q\text{ раз}}{\underbrace{(x_T+x_T+\dots )}}+x_r$$

$$x_n\le q{x}_T+x_r$$

Для слагаемого $x_r$ воспользуемся неравенством $x_r\le r{x}_1$, которое мы доказали в самом начале решения:

$$x_n\le q{x}_T+x_r\le q{x}_t+r{x}_1$$

Так как $r$ — остаток, то по определению $r\le T$, а значит:

$$x_n\le q{x}_t+r{x}_1\le q{x}_T+T{x}_1$$

$$x_n\le q{x}_T+T{x}_1$$

Теперь делим обе части на положительное $n$:

$$\frac{x_n}{n}\le \frac{q{x}_T}{n}+\frac{T{x}_1}{n}$$

$$\frac{x_n}{n}\le \frac{q{x}_T}{T\cdot q+r}+\frac{T{x}_1}{n}$$

$\frac{x_n}{n}\le \frac{q{x}_T}{T\cdot q+r}+\frac{T{x}_1}{n}\le \frac{q{x}_T}{Tq}+\frac{T{x}_1}{n}$$

$$\frac{x_n}{n}\le \frac{x_T}{T}+\frac{T{x}_1}{n}$$

Но $T=p_{N+1}$, а значит по определению наименьшего предела выше

$$\frac{x_T}{T}=\frac{x_{p_{N+1}}}{p_{N+1}}\le a+\epsilon$$

Поэтому

$$\frac{x_n}{n}\le \frac{x_T}{T}+\frac{T{x}_1}{n}\le a+\epsilon +\frac{T{x}_1}{n}$$

$$\frac{x_n}{n}\le a+\epsilon +\frac{T{x}_1}{n}$$

Среди исходной последовательности $\frac{x_n}{n}$ встречаются все члены подпоследовательности $\frac{x_{q_n}}{q_n}=\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}$, поэтому

$$\frac{x_{q_n}}{q_n}\le a+\epsilon +\frac{T{x}_1}{n}$$

Воспользуемся прото-задачей П-ссылка и возьмем предел обеих частей неравенства:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_{q_n}}{q_n}\le \underset{n\to \infty }{\lim }\left(a+\epsilon +\frac{T{x}_1}{n}\right)$$

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}\le a+\epsilon +T{x}_1\underset{=0}{\underbrace{\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}}}$$

Выше мы воспользовались тем, что $\frac{1}{n}\to 0$ (см. прото-задачу П-ссылка).

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}\le a+\epsilon$$

Итак, получили, что

$$\forall \epsilon >0:\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}\le a+\epsilon$$

Докажем, что

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}\le a$$

Докажем от противного. Пусть существует наибольший частичный предел $a+t$:

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}=a+t>a$$

Тогда возьмем $\epsilon =\frac{t}{2}$. Тогда

$$a+t\le a+\frac{t}{2}$$

$$t\le \frac{t}{2}$$

$$1\le \frac{1}{2}$$

Получили противоречие. Значит

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}\le a$$

Но

$$a=\underline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}$$

Получаем, что

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}\le \underline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}$$

А это возможно только если

$$\overline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}=\underline{\underset{n\to \infty }{\lim }}\frac{x_n}{n}$$

Это означает, что у последовательности $\frac{x_n}{n}$ есть только одна предельная точка. По прото-задаче П-ссылка это означает, что $\frac{x_n}{n}$ сходится.