Anti-Demidovich (Lyashko I.I., i dr.). Tom 1. Vvedenie v matematicheskij analiz, proizvodnaja, integral (2001)(ru)(T)(358s) (Антидемидович), страница 14

Предел последовательности Ж 95. х„= (1+-) (-1)" +в1п —. ь гри..лги 4 гьг а гн лв ч Выделяя из всех членов данной последовательности восемь подпоследовательнщз3цьй1т (хв -г), ,«г г1 легко убедиться, что наименьший и наибольший частичные пределы имеют цоответствеико подпоследовательности «в -з «в» в .ьг:«И хв -г = — ~1+ — ) — —, хв -в = ~1+ — ) ' +ь1. 8п — 3) «у2' " '1 Оп-6): ', 1Пь Поэтому в «в -з 1 " " вр рггг Б~п х = йпь хв з = йпь — 1+ — ) — — ~ = — е— ь» г» 1 1 8н — 3) 4ж Л «в -в Ьп х» ьх 1ььп хв -в гх 1ььп (1+ — ) + 1) = е+'1. М - » г1«8п — 6) и . гвгт 96. х» = — в1в гь+1 4 М Имеем хь < хв -г < хв»-ь < хь -г, откуда а 4п — 2 йгп х = йьп хв -г.= йш .: ж.у- Р: в«у вв »г -» ' » аг4п — '1 гтггь, » Найти частичные пределы: 1 1 1 3 1 7 1 2" — 1 2' 2' 4' 4' 8' 8 ' 2" 2" ° 4 ИЗ ЧЛЕНОВ Даинай ПОСЛЕДОВатЕЛЬИОСтн СОСГааны ДВЕ СХОДЯЩИЕСЯ ЦОДПОСЛЕЦОьигигвлвнИСтиг г"-ь х = — „и х = г „.

Их пределы 1ььп й = йьп — „= О Игл й ю йьп „1 будут г »г рог» р» р частичными пределами. . '9- Так как все другие сходящиеся подпоследовательности входят в состав этих двух, то дру» тих частичных пределов нет. Ь 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1,.ь т'-' '2«-3~а 2' 2' 3' 3' 2 3' 4' 4' 2 4' 3 4' в' '' ' »'ьь1« юйгйои 1 1 1 1 н н — 1 гь' и+1 М Члены цанной последовательности составляют сходящиеся подпоследовательности х». го и хв = в + вт„(15 гь б И), котоРые имеют соответственно пРеделм О, -„' (гх Е Р1).

1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 .с.9 2' 3' 3' 4' 4' 4' 5' 5' 5' 5' м Очевидно, все рациональные числа т (О < т < 1) являются членами даккоьв фследовательности. Пусть о — любое действительное число такое, что О < а '< 2 тогдй ири: достаточно большом натуральном ш неравенство 1 о+ — <1 и+ гл справедливо при всех и Е И. для каждого натурального числа о среди членов данной последовательноаьгигиайдцтсьв такое рациональное число т , что р9 1 о<т <о+ —. и+ ш Отсюда следует, что йпь т = о, т. е, о — частичный предел. Аналогично расематрнваетЖ случай, если О < о (~ 1, 100. Построить числовую последовательность, имеющую в качестве своих частичных пределов данные числа: аь, аг, ..., ар.

Гл. 1. Введение в анализ М/Обозначим х» = и»+ —, й = 1, р, и Е ?4. Так как последовательности х»» сходятся 1 з' к числам а?„й Е ?4, то искомои последовательностью может быть, например, последовательность 1 1 1 1 1 1 а1+1, аз+1, ..., ар+1, а1+ —, а»+ —, ..., ар+ а1+ аз+ ~ ар+ составленная из членов последовательностей (х»„), х Е 14.

101. Построить числовую последовательность, для которой все члены данной последовательности ап аз, ..., а„, ... явлюотся ее частичными пределами. Какие еще частичные пределы обязательно имеет данная последовательность? м Из членов последовательностей х„ = а, х»„ = а» + †„ (и, х Е ?4) составим последо- 1 вательность с членами 1 1 1 1 1 1 ам а1 + †, аз, а1 + †, ат + †, аз, а1 + †, аг + †, аз + †, а», ..., 2' ' 3' 3' 4' 4 4 которая имеет своими частичными пределами: 1) пределы последовательностей (х»„), т. е. члены последовательности (а„) и 2) частичные пределы последовательности (а ).

Ь 102. Построить последовательность: а) не имеющую конечных частичных пределов; б) имеющую единственный конечный частичный предел, но не являющуюся сходящейся; в) имеющую бесконечное множество частичных пределов; г) имеющую в качестве своего частичного предела каждое действительное число. М а) Например, х = и. б) Пусть (х ) — последовательность, стремящаяся к конечному пределу а, (у ) — беско- нечно большая последовательность; тогда последовательность хы ум хз, уз,, х, у, ... является расходящейся и имеет единственный конечный частичный предел а. , в) Примеры 99 и 100.

г) Построим последовательность, содержащую все рациональные числа жд, где р и 9— натуральные числа: г г з з з 3 1 1 1 г г 1,-1,-, и — 1 и — 1 и и и и и и и ' и ' и — 1' и — 1' ' 2' 2' 1 1' Тот факт, что любое действительное число является частичным пределом, доказывается ана- логично решению примера 99.

Ь 103. Доказать, что последовательности (х„) и (у„) = (х ь/г») имеют одни и те же частичные пределы. М Так как 1пп Г/и = 1 (см. пример 75), то йш р4/рр а= 1, где (р ) — произвольная СО подпоследовательность ряда натуральных чисел. Пусть и — частичный предел последовательности (х„) и йш хр„ — — а. Тогда, применяя теорему о предельном переходе в произведении, находим йш ур„ — — йш хр„ ре/ра = йш хр„ Ига ре/рр — о, р р т.,е и — частичный предел последовательности (у„).

Пусть теперь /? — частичный предел последовательности (у„) и йш уа„=;У. Поскольку 1, Г/й ) О, то определена подпоследовательность (х„) = (ур и р), а следовательно, и подпоследовательиость (х»„) = (у»„(9„) г ~~, которая имеет своим пределом число /?. 104. Пусть последовательность (х„) сходится, а последовательность (ур) расходится. Что можнО утверждать о сходимости последовательностей: а) (ха+у»); б) (хрур)? Привести соответствующие примеры (для случая б)).

1 б. Предел последовательности М а) Последовательность (х + у ) расходится, Если бы она сходилась, то сяодйлась' бы и разность последовательностей (х„) и (х„+ у„). Но это невозможно в силу т(по»' О)тб (х„— (х + уе)) = — (у ) а (у„) — расходится. .,' Г С»О б) Последовательность может как сходиться, так и расходиться. Например: 1) последовательность (х„) = (-) сходится, а последовательность (у ) = ((-1)") расходится, однако нх произведение (х у ) = ((:-) — 1 образует сходящуюся последбва«тйль(гбс(ь' (61 2) последовательность (х ) = ( — ", ) сходится, а (у„) = ((=-+"-) расходится; ик пронзав à — 11 "Оэ 1 денне (х у„) = ( („»1) ) тоже расходится.

»» 105. Доказать, что: а) 1ип х + 11п1 у < 1пп (х + у„) < 1ип х„+ йпг у„; ОО О «О О «О б) 1пи х + йшу ( йш(х +у )< 1ипхо+Вшу, «О ОО Привести пример, когда в этих соотношениях имеют место строгие неравенства. Замечание. Если нэ последовательности (х ) выделить некоторую подпоследовательность (х» )1 то 1пи х„< !1ш х» «О «О <О а) Поскольку нижний предел последовательности является ее предельной точкой»' то ХГО» «О О «О ип1 (х„+ у ) = йш (х „+ у,„), В силу замечания, имеем 1пп х„+ 1ш1 у„( 1ип х,„+ йш у„„= йи1 х~„+ 1шг у,„< Йп х~„„+ Йв уе1„»1-'1 О ОО «Ю О «О О О «О " О Ю»» О«О ОО 1.1 '1 Далее, поскольку (хэ»„+ у«», ) является подпоследовательностью сходящейся иоследоватвльности (х „+ у,„), то получаем НШ (Х„+ уе) — 1ИП у = 1ИП (Х„+у„) + 1ИП ( — у ) ( НШ ((Х„+ у„)+( — уо)), ' Х»»,(;„ » Г «Ю «О Е«ОО' "1 Отсюда вытекает правая часть неравенства а).

Неравенство б) доказывается аналогично. Построим пример, когда в данных соотношениях имеют место строгие неравенства. Й) ств "("+1) 2 ПЗ' ( +1) хо««( — 1) 2 з!п —, у„=( — 1) 2 соз —, оба. 2 2 ' 2 ' ( +1) Тогда х +у =( — 1) 2 и йш х„= — 1, йш х„= 1, 11ш у„= — 1, )пп у = 1, 1пп (х„+у„) = -1, Иш (хе+уз»у«1. )ь «О О =«О О ОО Г;" 106. Пусть х ) О и у ) О, и б М. Доказать: а) 1ип х 1ш1 у„( 1ш1 (х у ) ( йш хо )1ш у»б — «О — » — ОΠ— О-«О .,:,'!, Г оп (х „+ у „) = 1ии (х,,„+ уэ»,„).

ю ОО А так как, кроме того, последовательность (х„„ ) сходится, то и последовательность ~й)(»»' ) также сходится, так что у 1, — — 1пп ум,„, «О " «О и полученное неравенство можно переписать в виде 1ип х„+ 1(ш у ( йш х,„„+ 1пп у„„= 1ип (хт,„+у Г,„) = ПВ~ (хо+уз),, Г..ш- Π— Г-О "" -.О '" » .О Е()'т Левая часть неравенства а) доказана. Учитывая это и тот факт, что йп1 ( — у„) = — )ш1 у„, Гл. 1.

Введение в анализ б) Бш хи ° йп уи < 1пп (х у ) < йп х Бш уи кж)к 00 ОР Оо И 00 ' Привезти пример, когда в этик соотношениях имеют место строгие неравенства. М Докажем случай а) (случай б) доказывается аналогично). Если х = О, и 6 И, или Бш х„= О, то соотношение а) очевидно. Остается рассмотреть и со случай, когда 1пп х» > О.

Тогда х > О, начиная с некоторого номера. к-»т Пользуясь замечанием в примере 105 и обозначениями Бш (хиу») = йп (х,„у,„), 1ш! х,„т 1пп хт„ со п оо» т о имеем йв х» ° Б)п уи < йп х„„° йп у„„= йп х,, ° Бп! У,„< 1пп х, „„° Бгп ут, »-% К со К Ж и оа " » 00 о Поскольку (хи„„у „„) — подпоследовательность сходящейся последовательности (х,„у„.), то йа (я»у») Б)П (Хс Ус ) БШ (Хт„рт ) и оо и оо Л так как подпоследовательность (х „„) сходится к отличному от нуля пределу, то подпоследовательность (у „„) также сходится, т. е. 1па у,„т 1пв у „„. Следовательно, ОΠ— 00 1Ш! Х» Бш Уи< Бш х,»Ы„БШ У»с,„= БЫп (хт,„Ут,„)т Б'и (х У ) и и с! оо оо " со со ! 00 С'О'Талки'ОбразОМ, 'Лсаая ЧаСГЬ Нсраасиетаа а) дОКазаиа, ЕСЛИ БШ уи 00 О, тО ПраВая Ча»тъ ОР неравенства а) очевидна, ибо в таком случае Бп! у = О, а поэтому Бп! (Х„у )=О.

Пусть у ! ! у„> О. Тогда, согласно доказанному и тому, что Бш — =, получаем неравеи'оэ — Ы Эт Ы„ скво... 1 1 /1 чи ' Бв! (х уи) Бн! — Бш (хиу») т Бп! ~ — (х у ) = 1ш! Хи, нз которого следует правая часть неравенства а). Приведем пример, когда в данных соотношениях имеют место строгие неравенства. Пусть »!»+!) Хи 2+'(-1)", Уи т 2 — (-1)и+ -(-1) 2 с*;О." ° и »1»+!) Тоуда д у„=3+ — 1 — )- (-1) г Яж. 1, 7 3 9 .Хиж1, )йпх»т3, 1ш! Уи- — —, 6шу»=-, Бис(х»у.)=-, 1пп(хиу )=-. м 00 »тсо и со 2' и оо 2' со 2' »» 2 " ''»6Г. 'Доказать, что если йп х существует, то какова бы ии была последовательность 00 (ув), получим .

йп (хи+ Уи) т Бп! хи+ йп У» И Оо И Оо м Имекм (см. пример 105) Еш(х +Уи) > 1ш! х + Бшуи, 1пп (х +у )< Бшхи+ 1пп у». И Ос » т и оо со» оо 00 ПОСКОЛЬКУ йл Хи 0» БШ Хи 0» 1ПП Хи, тО В ПРЕДЫДУЩИХ СООТНОШЕНИЯХ ВОЗМОЖЕН ТОЛЬКО 00 и о и оо з)ыт)Б рквеиства, .и,!104 „Доказать, что если для некоторой последовательности (х»), какова бы ие была последовательность (уи), имеет место по меньшей мере одно из равенств: „а1, дш (х,!+У»)»сп хи+ Бп! Уи или б) Бш (х у ) = Бш хи 1пп у», хи > О, » 40 и оо оо ОО ОО И Оо то последовательность (х ) — скодшцаяся. 16.