Раздел I. Введение в анализ — § 2. Теория последовательностей

Демидович — задача 101

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Для последовательности xnx_n (n=1,2,…)(n=1,2,\ldots) найти inf⁡xn\inf x_n, sup⁡xn\sup x_n, lim⁡‾n→∞xn\mathop{\underline{\lim}}\limits_{n\to\infty}x_n и lim⁡‾n→∞xn\mathop{\overline{\lim}}\limits_{n\to\infty}x_n, если:

Задача 101

а) xn=1−1n;б) xn=(−1)n−1(2+3n).\text{а) }x_n=1-\frac1n;
\qquad
\text{б) }x_n=(-1)^{n-1}\left(2+\frac3n\right).

Опирается на задачу 89

Решение

Идея

Случается, что у последовательности нет одного предела: она может бесконечно болтаться между разными значениями или уходить на бесконечность. Если последовательность ограничена, то lim sup⁡\limsup — это самый большой из пределов её сходящихся подпоследовательностей, а lim inf⁡\liminf — самый маленький.
  1. 1
    Если же последовательность не ограничена, возможны бесконечные значения верхнего и нижнего пределов. Например, для xn=nx_n=nlim sup⁡n→∞xn=+∞,\limsup_{n\to\infty}x_n=+\infty,хотя конечного частичного предела у неё нет.
  2. 2
    Если последовательность имеет обычный предел, тоlim sup⁡=lim inf⁡=lim⁡xn.\limsup=\liminf=\lim x_n.Пункт а. Пустьxn=1−1n.x_n=1-\frac1n.Последовательность возрастает:xn+1−xn=1n−1n+1>0.x_{n+1}-x_n
    =\frac1n-\frac1{n+1}>0.    Первый член равенx1=0,x_1=0,а все члены меньше 11. Поэтомуinf⁡xn=0,sup⁡xn=1.\inf x_n=0,\qquad \sup x_n=1.При этом верхняя грань 11 не достигается. Так как xn→1x_n\to1, имеемlim inf⁡n→∞xn=lim sup⁡n→∞xn=1.\liminf_{n\to\infty}x_n
    =\limsup_{n\to\infty}x_n=1.    Пункт б. Пустьxn=(−1)n−1(2+3n).x_n=(-1)^{n-1}\left(2+\frac3n\right).Для нечётных номеров n=2k−1n=2k-1 получаем положительные членыx2k−1=2+32k−1⟶2.x_{2k-1}=2+\frac3{2k-1}\longrightarrow2.Их наибольшее значение достигается при n=1n=1:x1=5.x_1=5.Для чётных номеров n=2kn=2k имеемx2k=−2−32k⟶−2.x_{2k}=-2-\frac3{2k}\longrightarrow-2.Наименьший из них — первый чётный член:x2=−2−32=−72.x_2=-2-\frac32=-\frac72.Следовательно,inf⁡xn=−72,sup⁡xn=5.\inf x_n=-\frac72,\qquad \sup x_n=5.Тем самым числа −2-2 и 22 являются частичными пределами.

    Пусть произвольная подпоследовательность xmjx_{m_j} сходится к LL. Среди индексов mjm_j бесконечно много чётных либо бесконечно много нечётных (если предположить, что тех и других конечное количество, то получим противоречие, с опредлением подпоследовательности (индексов бесконечно много)) . Выберем соответствующую подподпоследовательность.
  3. 3
    Если выбраны чётные индексы, эта подподпоследовательность является подпоследовательностью x2kx_{2k} и по задаче 89 стремится к −2-2. Если выбраны нечётные индексы, она является подпоследовательностью x2k−1x_{2k-1} и по той же задаче стремится к 22. С другой стороны, в обоих случаях она остаётся подпоследовательностью сходящейся последовательности xmjx_{m_j}, поэтому по задаче 89 должна иметь предел LL. Из единственности предела следуетL∈{−2,2}.L\in\{-2,2\}.Других частичных пределов нет, поэтомуlim inf⁡n→∞xn=−2,lim sup⁡n→∞xn=2.\liminf_{n\to\infty}x_n=-2,
    \qquad
    \limsup_{n\to\infty}x_n=2.    Различие между глобальными гранями и пределами хвостов особенно заметно в пункте б): первые члены дают экстремумы 55 и −72-\frac72, тогда как чётная и нечётная подпоследовательности стремятся соответственно к −2-2 и 22. Проверка произвольной сходящейся подпоследовательности через задачу 89 показывает, что смешивание двух чётностей не создаёт нового частичного предела.

Проверка

inf⁡xnsup⁡xnlim inf⁡xnlim sup⁡xnа)0111б)−725−22\begin{array}{c|c|c|c|c}
&\inf x_n&\sup x_n&\liminf x_n&\limsup x_n\\ \hline
\text{а)}&0&1&1&1\\[1mm]
\text{б)}&-\dfrac72&5&-2&2
\end{array}
Демидович № 101 — решение | Высшая математика — Профиматика