И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач - Введение в анализ, производная, интеграл (1108557), страница 14
Текст из файла (страница 14)
»» 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 оо оо оо и оо ' 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 оо " » оо о Поскольку (хи„„у „„) — подпоследовательность сходящейся последовательности (х,„у„.), то йа (я»у») Б)П (Хс Ус ) БШ (Хт„ут ) 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, оо — оо 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 ! оо С'О'Талки'ОбразОМ, 'Лсаая ЧаСГЬ Нсраасиетаа а) дОКазаиа, ЕСЛИ БШ уи с» О, тО ПраВая Ча»тъ оо 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 неравен'!э — 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. "° 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 оо »тсо и со 2' и оо 2' со 2' »» 2 " ''»6Г. 'Доказать, что если йп х существует, то какова бы ии была последовательность со (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 оо Поскольку йп хи ох Бш хи ои 1пп хи, то в предыдущих соотношениях возможен только оо 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, » зо и оо оо оо оо и оо то последовательность (х ) — скодшцаяся.
16. Предел последовательности $2 м пУсть Условие а) выполнено, (У„) — любаЯ последовательность и Уи = —,Яв 'тЪР1ка мв условия а) следует 1пп з„+ 1ш1 (-г„) = йш к„— йп1 л = лш',(л» вЂ” вй);шб,'.. „., »стй и шг зп рдгэ. откуда 1ш1 з = йш х„, т. е йш з существует. При выполнении усшеия б) поддвагИФ рр и у„= — 1. Тогда иэ б) вытекает, что йш (-г ) = — Игл л, или йш яи из йш л и с1говв ОО и с» и" ч» убеждаемся в существовании предела последовательности (х»). 109. Доказать, что если х > О и , ° и оиэОЧ от что 1пп х» = лиг и ии ишвя ,.„",ьшэол — — 1 1ппл . Вш — =1, то последовательность (х„) — сходящаяся.
— 1 1 м Из условия примера и того, что 1пп — = —,, вытекает т, е, (х,.) сходящаяся последовательность. Ш 110. Доказать, что если последовательность (л ) ограничена и 1пп (хиег — л„) = О, следовательно, последовательность ( †") ограничена и существует конечнаяэтг!чйак.ййййниниь грань о = ш! ( †" ). пусть е > Π— произвольное, тогда существуетгтакпй ъ~бйар"чг!МФ р .«гаяолиаэол В«якое целое число гь может быть представлено в виде и = от + г,' где з рйвнь ь))[у()эа1у ггз чисел: О, 1, 2, ..., иь — 1.
Полагая для большего единообразия хэ = О, имеп~Ф; „то, ° г.топ от ьи шхэ„а, < х,и+лш+ ... +х,„+ли шях,„+к„, то частичные пределы этой последовательности расположены всюду плотно мелсу(у яе,!Овз(гиим н верхним пределами: ! = )пл з„и Ь = й[п *, »:: гэ ' зла~!эи т. е. любое число из отрезка [1, ь] является частичным пределом данной последователь1йэьйа, м Покажем, что любая точка а, принадлежащая интервалу ]1, Ь[ являетск частичииик пределом последовательности (х»), т. е.
покажем, что любая е-окрестность точки я содлрилэк бесконечное число элементов последовательности (х»). Пусть г > Π— такое произвольное фиксированное число, что а-окрестности точек 1; в н Х не имеют общих точек, ('*огласно условию, существует такое число !т(е)> что [ь»иьгзииЙ[1~2)й при и > Ф(г). П Поскольку ! — частичный предел, то в е-окрестности точки ! найдется элемент крг, с, индексом р1 ббльшим, чем У(е).
по той же причине в е-окрестности точки ь существрбт ЭЛЕМЕНТ Хш С ИНДЕКСОМ д~ ббЛЬШИМ, ЧЕМ Р1. А таК КаК РаССтОЯНИЕ МлжДУ СОСЕДНИМИЭЛЕЗИПЬ- тами пРи» > Ф(е) меньше 2е, то сРеди натУРальных чисел и, длл котоРых Рг < и < Оьь существует хотя бы одно такое число гг, что элемент л, принадлежит е-окрестнббтй'Т!ФЙЫ а. Далее, существует элемент лр, с индексом рэ ббльшим, чем йш и такой, 'что Йрй ирий([йгр лежит е-окрестности точки !. 1'ледовательно, среди номеров и, для которых яг < и < лз, найдется такой номер гэ, что элемент з, принадлежит г-окрестности точКИ Ф Нрпщииищ этот процесс до бесконечности, убеждаемся в существовании бесконечного числа блазу последовательности (л,„),принадлежащих е-окрестности точки а.
Следовательтгб(',й!Шп ) дельная точка, а так как а — произвольная точка интервала ]1, 
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
