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

Демидович — задача 77

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

Пользуясь теоремой о существовании предела монотонной и ограниченной последовательности, доказать сходимость следующей последовательности:

Задача 77

xn=p0+p110+⋯+pn10n(n=1,2,…),x_n=p_0+\frac{p_1}{10}+\cdots+\frac{p_n}{10^n}\qquad(n=1,2,\ldots),где pip_i (i=0,1,2,…)(i=0,1,2,\ldots) — целые неотрицательные числа, не превышающие 99, начиная с p1p_1.

Доказательство

Идея

При переходе от xnx_n к xn+1x_{n+1} добавляется очередная десятичная
цифра, делённая на новую степень десяти. Эта добавка неотрицательна, поэтому
последовательность не убывает. Чтобы применить указанную в условии теорему,
останется получить общую верхнюю границу: заменим все цифры pip_i при
i≥1i\ge1 на их наибольшее значение 99 и просуммируем конечную
геометрическую сумму. Слагаемое p0p_0 при этом остаётся фиксированным; для
оценки сверху ограничение на него не требуется.
  1. 1
    Каждый новый член получается из предыдущего добавлением неотрицательного слагаемого:xn+1−xn=pn+110n+1≥0.x_{n+1}-x_n=\frac{p_{n+1}}{10^{n+1}}\ge0.Значит, последовательность xnx_n монотонно не убывает.
  2. 2
    Теперь оценим её сверху. Так как pi≤9p_i\le9 при i≥1i\ge1, тоxn≤p0+9(110+1102+⋯+110n).x_n\le p_0+9\left(\frac1{10}+\frac1{10^2}+\cdots+\frac1{10^n}\right).Геометрическая сумма в скобках меньше1101−110=19.\frac{\frac1{10}}{1-\frac1{10}}=\frac19.Поэтомуxn<p0+9⋅19=p0+1.x_n<p_0+9\cdot\frac19=p_0+1.Итак, xnx_n монотонна и ограничена сверху, значит, она сходится.

    Теорема о монотонной ограниченной последовательности даёт существование конечного предела, но не требует заранее знать его значение. Верхняя граница p0+1p_0+1 едина для всех nn.

Проверка

Последовательность сходится.

Что и требовалось доказать

Демидович № 77 — решение