Теорема: (о трёх последовательностях)
Если последовательности [latex]\left \{ x_{n} \right \}, \left \{ y_{n} \right \}, \left \{ z_{n} \right \}[/latex] таковы, что [latex]x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}[/latex] для всех [latex]n \geq N_{0}[/latex], [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty }z_{n}=a[/latex], то последовательность [latex]\left \{ y_{n} \right \}[/latex] сходится и [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }y_{n}=a[/latex].
Доказательство:
По определению предела для любого [latex]\varepsilon > 0[/latex] найдутся номера [latex]N_{1}=N_{1}(\varepsilon )[/latex] и [latex]N_{2}=N_{2}(\varepsilon )[/latex] такие, что [latex]x_{n}\in U_{\varepsilon }(a)[/latex] при всех [latex]n\geq N_{1}[/latex] и [latex]z_{n}\in U_{\varepsilon }(a)[/latex] при всех [latex]n\geq N_{2}[/latex]. Отсюда и из условия [latex]x_{n}\leq y_{n}\leq z_{n}[/latex] для всех [latex]n \geq N_{0}[/latex] следует, 
что при всех [latex]n\geq N[/latex], где N = max [latex]\left ( N_{0},N_{1},N_{2} \right )[/latex], выполняется условие [latex]y_{n}\in U_{\varepsilon }(a)[/latex]. Это означает, что существует [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }y_{n}=a[/latex].
Пример:
Пусть [latex]a_{n}\geq -1[/latex] при всех [latex]n\in \mathbb{N}[/latex] и [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }a_{n}=0[/latex] Доказать, что
[latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\sqrt[k]{1+a_{n}}=1, k\in \mathbb{N}[/latex]
Решение:
Докажем сначала, что
[latex]1-\left | a_{n} \right |\leq \sqrt[k]{1+a_{n}}\leq 1+\left | a_{n} \right |,~n\in \mathbb{N},~k\in \mathbb{N}.[/latex]
Действительно, если [latex]a_{n}\geq 0[/latex], то
[latex]1\leq \sqrt[k]{1+a_{n}}\leq \left ( \sqrt[k]{1+a_{n}} \right )^{k}=1+a_{n}=1+\left | a_{n} \right |[/latex]
а если [latex]-1\leq a_{n}\leq 0[/latex], то
[latex]1\geq \sqrt[k]{1+a_{n}}\geq \left ( \sqrt[k]{1+a_{n}} \right )^{k}=1+a_{n}=1-\left | a_{n} \right |[/latex],
откуда следуют неравенства [latex]1- \left | a_{n} \right | \leq \sqrt[k]{1+a_{n}}\leq 1+\left | a_{n} \right |,~n\in \mathbb{N},~k\in \mathbb{N}.[/latex]. Применяя теорему (о трёх последовательностях), получаем утверждение [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }\sqrt[k]{1+a_{n}}=1, k\in \mathbb{N}[/latex].
Теорема:
Если [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a,~ \lim\limits_{n\rightarrow \infty }y_{n}=b[/latex], причем [latex]a<b[/latex], то
[latex]\exists N_{0} :\forall n\geq N_{0} \rightarrow x_{n}< y_{n}[/latex].
Доказательство:
Выберем [latex]\varepsilon > 0[/latex] таким, чтобы [latex]\varepsilon[/latex]-окрестности точек а и b не пересекались (возьмем, например, [latex]\varepsilon =\frac{\left ( b-a \right )}{3}>0[/latex]). Согласно определению предела по заданному [latex]\varepsilon[/latex] можно найти номера [latex] N_{1}[/latex] и [latex] N_{2}[/latex] такие, что [latex] x_{n}\in U_{\varepsilon}(a)[/latex] при всех [latex] n\geq N_{1}[/latex] и [latex] y_{n}\in U_{\varepsilon}(b)[/latex] при всех [latex] n\geq N_{2}[/latex]. Пусть [latex]N_{0}= max\left ( N, N_{2} \right )[/latex]. Тогда при всех [latex] n\geq N_{0}[/latex] выполняются неравенства
[latex]x_{n}<a+\varepsilon <b-\varepsilon < y_{n}[/latex]
откуда следует утверждение
[latex]\exists N_{0} :\forall n\geq N_{0} \rightarrow x_{n}< y_{n}[/latex].
Следствие:
Если [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a,~ \lim\limits_{n\rightarrow \infty }y_{n}=b[/latex], и [latex]\forall n\in \mathbb{N}\rightarrow x_{n}\geq y_{n}[/latex] то
[latex]a\geq b[/latex].
Доказательство:
Предположим, что неравенство [latex]a\geq b[/latex] не выполняется. Тогда [latex]a < b[/latex]
и по предыдущей теореме справедливо утверждение
[latex]\exists N_{0} :\forall n\geq N_{0} \rightarrow x_{n}< y_{n}[/latex],
которое противоречит условию
[latex]\forall n\in \mathbb{N}\rightarrow x_{n}\geq y_{n}[/latex].
Поэтому должно выполняться неравенство [latex]a\geq b[/latex].
Замечание:
В следствии утверждается, что если соответствующие члены двух сходящихся последовательностей связаны знаком нестрогого неравенства, то такое же неравенство справедливо и для пределов этих последовательностей. Однако знак строгого неравенства, вообще говоря, не сохраняется, т. е. если [latex]x_{n}>y_{n}[/latex] при [latex]n\geq N_{0}[/latex] и последовательности [latex]\left \{ x_{n} \right \},\left \{ y_{n} \right \}[/latex] сходятся, то [latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}\geq \lim\limits_{n\rightarrow \infty }y_{n}[/latex].
Например:
Если [latex]x_{n}=1+\frac{1}{n},~ y_{n}=1-\frac{1}{n},[/latex], то [latex]x_{n}> y_{n},~ n\in \mathbb{N}[/latex], но
[latex]\lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty }y_{n}=1[/latex].
Литература:
- Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
- Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа, физмат-лит, 2001, стр.42-44
Сходящаяся последовательность
Таблица лучших: Сходящаяся последовательность
| Место | Имя | Записано | Баллы | Результат |
|---|---|---|---|---|
| Таблица загружается | ||||
Если $\lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a,~ \lim\limits_{n\rightarrow \infty }x_{n}=b$, причем $a < b$, то $\exists N_{0} :\forall n\geq N_{0} \rightarrow x_{n}< y_{n}$. в этой теореме допущена ошибка, скорее всего второй предел от игрек, а не от икс
Исправлено