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

Демидович — задача 143

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

Задача 143

Доказать теорему Штольца, если

а) yn+1>yny_{n+1}>y_n (n=1,2,…)(n=1,2,\ldots);

б) lim⁡n→∞yn=+∞\displaystyle\lim_{n\to\infty}y_n=+\infty;

в) существует lim⁡n→∞xn+1−xnyn+1−yn\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n},

тоlim⁡n→∞xnyn=lim⁡n→∞xn+1−xnyn+1−yn.\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}
=
\lim_{n\to\infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_n}.

Доказательство

Случай 1

l=0l=0.
Положимεk=xk−xk−1yk−yk−1,xk−xk−1=εk(yk−yk−1).\varepsilon_k=
\frac{x_k-x_{k-1}}{y_k-y_{k-1}},
\qquad
x_k-x_{k-1}
=
\varepsilon_k(y_k-y_{k-1}).Для любого ε>0\varepsilon>0 выберем mm настолько большим, чтобы ym>0y_m>0 и при всех k>mk>m имели ∣εk∣<ε|\varepsilon_k|<\varepsilon. Тогдаxn−xm=∑k=m+1n(xk−xk−1)=∑k=m+1nεk(yk−yk−1).x_n-x_m
=
\sum_{k=m+1}^n(x_k-x_{k-1})
=
\sum_{k=m+1}^n\varepsilon_k(y_k-y_{k-1}).Поскольку yky_k строго возрастает, все разности yk−yk−1y_k-y_{k-1} положительны, и∣xn−xm∣≤∑k=m+1n∣εk∣(yk−yk−1)≤ε∑k=m+1n(yk−yk−1)=ε(yn−ym).|x_n-x_m|
\leq
\sum_{k=m+1}^n|\varepsilon_k|(y_k-y_{k-1})
\leq
\varepsilon\sum_{k=m+1}^n(y_k-y_{k-1})
=
\varepsilon(y_n-y_m).При достаточно больших nn имеем yn>0y_n>0 и ε(yn−ym)<εyn\varepsilon(y_n-y_m)<\varepsilon y_n, поэтому∣xnyn∣≤ε+∣xmyn∣.\left|\frac{x_n}{y_n}\right|
\leq
\varepsilon+\left|\frac{x_m}{y_n}\right|.Здесь mm фиксировано, а yn→+∞y_n\to+\infty, значит, второе слагаемое со временем становится меньше ε\varepsilon. Получаем ∣xnyn∣<2ε\left|\frac{x_n}{y_n}\right|<2\varepsilon, то естьlim⁡n→∞xnyn=0.\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=0.

Случай 2

l∈Rl\in\mathbb R, l≠0l\neq0.

Введем x~n=xn−lyn\widetilde{x}_n=x_n-ly_n. Для этой последовательностиlim⁡n→∞x~n−x~n−1yn−yn−1=lim⁡n→∞(xn−xn−1yn−yn−1−l)=0.\lim_{n\to\infty}
\frac{\widetilde{x}_n-\widetilde{x}_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}
=
\lim_{n\to\infty}
\left(
\frac{x_n-x_{n-1}}{y_n-y_{n-1}}-l
\right)
=0.По первому случаю x~nyn→0\frac{\widetilde{x}_n}{y_n}\to0. Ноx~nyn=xnyn−l,\frac{\widetilde{x}_n}{y_n}
=
\frac{x_n}{y_n}-l,следовательно,xnyn→l.\frac{x_n}{y_n}\to l.

Случай 3

l=+∞l=+\infty.
Для достаточно больших kkxk−xk−1yk−yk−1>1,\frac{x_k-x_{k-1}}{y_k-y_{k-1}}>1,то есть xk−xk−1>yk−yk−1>0x_k-x_{k-1}>y_k-y_{k-1}>0. Суммируя от m+1m+1 до nn, получаем xn−xm>yn−ymx_n-x_m>y_n-y_m. Так как yn→+∞y_n\to+\infty, отсюда xn→+∞x_n\to+\infty.
Теперь рассмотрим обратное отношение:lim⁡n→∞yn−yn−1xn−xn−1=0.\lim_{n\to\infty}
\frac{y_n-y_{n-1}}{x_n-x_{n-1}}
=0.Разности xn−xn−1x_n-x_{n-1} положительны, а xn→+∞x_n\to+\infty, поэтому к паре последовательностей yny_n и xnx_n можно применить уже доказанный первый случай:lim⁡n→∞ynxn=0.\lim_{n\to\infty}\frac{y_n}{x_n}=0.Отсюдаlim⁡n→∞xnyn=+∞.\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{y_n}=+\infty.Остаётся случай l=−∞l=-\infty. Заменим xnx_n на −xn-x_n. Отношение приращений новой последовательности к приращениям yny_n стремится к +∞+\infty. По предыдущему случаю (−xn)yn→+∞\frac{(-x_n)}{y_n}\to+\infty, откуда xnyn→−∞\frac{x_n}{y_n}\to-\infty. Тем самым разобраны все возможные значения предела отношений приращений.

Что и требовалось доказать

Демидович № 143 — решение | Высшая математика — Профиматика