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

Демидович — задача 117

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

Найти частичные пределы следующей последовательности:

Задача 117

1,\ \frac12,\ 1+\frac12,\ \frac13,\ 1+\frac13,\ \frac12+\frac13,\ \frac14,\ 1+\frac14,\ \frac12+\frac14,\ \frac13+\frac14,\ \frac15,\ldots,

\frac1n,\ 1+\frac1n,\ \frac12+\frac1n,\ldots,\frac1{n-1}+\frac1n,\ \frac1{n+1},\ldots .

Опирается на задачу 89

Решение

Идея

В выписанной последовательности после одиночного члена

\frac1n

идут суммы этого члена с

1,\frac12,\ldots,\frac1{n-1}

. Поэтому запись разбивается на блоки: в блоке с номером

n

находятся

\frac1n,\ 1+\frac1n,\ \frac12+\frac1n,\ldots,\frac1{n-1}+\frac1n.

Номера блоков стремятся к бесконечности. Сначала построим все частичные пределы, а затем рассмотрим произвольную сходящуюся подпоследовательность и покажем, что других пределов быть не может.

1
Построение заявленных частичных пределов. Члены $\frac1n$ , взятые по одному из каждого блока, удовлетворяют $\frac1n\to0.$ Значит, $0$ — частичный предел.

Зафиксируем $k\in\mathbb N$ . В каждом блоке с номером $n>k$ присутствует член $\frac1k+\frac1n.$ При $n\to\infty$ он стремится к $\frac1k$ . Поэтому все числа $1,\frac12,\frac13,\ldots$ являются частичными пределами.
2
Докажем, что других частичных пределов нет. Пусть некоторая подпоследовательность сходится к $L$ . Поскольку каждый блок содержит лишь конечное число членов, номера блоков $n_j$ , из которых выбраны члены этой подпоследовательности, стремятся к бесконечности.
3
Если среди выбранных членов бесконечно много одиночных дробей $\frac1{n_j},$ то они образуют подподпоследовательность, стремящуюся к $0$ . Поскольку исходная подпоследовательность сходится к $L$ , любая её подподпоследовательность имеет тот же предел, поэтому $L=0.$ Остаётся случай, когда начиная с некоторого места все члены имеют вид $\frac1{k_j}+\frac1{n_j},\qquad1\leq k_j<n_j.$ Здесь возможны два случая.
4
Если $k_j\to+\infty,$ то $\frac1{k_j}\to0,\qquad\frac1{n_j}\to0,$ и потому $L=0.$ Пусть теперь $k_j\not\to+\infty$ . Тогда существует натуральное число $K$ такое, что неравенство $k_j\leq K$ выполняется для бесконечного числа индексов $j$ . Среди конечного набора значений $1,2,\ldots,K$ хотя бы одно значение $k$ встречается бесконечно много раз. Выделим соответствующую подподпоследовательность. На ней $k_j=k,$ поэтому её члены имеют вид $\frac1k+\frac1{n_j}$ и при $n_j\to\infty$ стремятся к $\frac1k.$ Но эта подподпоследовательность выделена из последовательности, сходящейся к $L$ , значит, $L=\frac1k.$ Во всех случаях предел принадлежит множеству $\{0\}\cup\left\{\frac1k:k\in\mathbb N\right\}.$ Других частичных пределов нет.

Проверка

Множество частичных пределов равно

\boxed{\{0\}\cup\left\{\frac1k:k\in\mathbb N\right\}}.