Раздел II. Предел и непрерывность функции — § 9. Предел функции

Кудрявцев — задача 9.65

Л. Д. Кудрявцев, «Сборник задач по математическому анализу. Том 1». Условие и подробное решение по шагам.

Задача 9.65

Доказать:lim‾⁡x→+∞(cos⁡x+sin⁡2x)=2.\varlimsup_{x\to+\infty}(\cos x+\sin\sqrt2 x)=2.

Доказательство

Так как cos⁡x≤1\cos x\le1 и sin⁡2x≤1\sin\sqrt2 x\le1, то cos⁡x+sin⁡2x≤2\cos x+\sin\sqrt2 x\le2 для всех xx. Следовательно, lim‾⁡x→+∞(cos⁡x+sin⁡2x)≤2\varlimsup_{x\to+\infty}(\cos x+\sin\sqrt2 x)\le2.
Осталось показать, что для любого ε>0\varepsilon>0 существуют сколь угодно большие xx, для которых cos⁡x+sin⁡2x>2−ε\cos x+\sin\sqrt2 x>2-\varepsilon.

Возьмём x=2πkx=2\pi k, где k∈Nk\in\mathbb N. Тогда cos⁡x=1\cos x=1. Требуется, чтобы sin⁡(2⋅2πk)>1−ε\sin(\sqrt2\cdot2\pi k)>1-\varepsilon. Это равносильно sin⁡(2π2k)>1−ε\sin(2\pi\sqrt2 k)>1-\varepsilon.
Так как 2\sqrt2 иррационально, последовательность дробных частей {k2}\{k\sqrt2\} плотна в [0,1][0,1]. Следовательно, последовательность 2π2k2\pi\sqrt2 k по модулю 2π2\pi плотна в [0,2π][0,2\pi]. Поэтому можно выбрать такое kk, что 2π2k2\pi\sqrt2 k сколь угодно близко к π2\dfrac{\pi}{2} по модулю 2π2\pi, то есть sin⁡(2π2k)>1−ε\sin(2\pi\sqrt2 k)>1-\varepsilon.
Для выбранного x=2πkx=2\pi k получаем cos⁡x+sin⁡2x=1+sin⁡(2π2k)>2−ε\cos x+\sin\sqrt2 x = 1+\sin(2\pi\sqrt2 k) > 2-\varepsilon.

Таким образом, верхний предел не меньше 22. Следовательно,
lim‾⁡x→+∞(cos⁡x+sin⁡2x)=2\varlimsup_{x\to+\infty}(\cos x+\sin\sqrt2 x)=2.

Что и требовалось доказать

Кудрявцев № 9.65 — решение | Высшая математика — Профиматика