Свойства сходящихся последовательностей, связанные с неравенствами

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, 3что 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 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:

  1. Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу
  2. Тер-Крикоров А.М., Шабунин М.И. Курс математического анализа, физмат-лит, 2001, стр.42-44

Сходящаяся последовательность

Таблица лучших: Сходящаяся последовательность

максимум из 3 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Свойства сходящихся последовательностей, связанные с неравенствами: 2 комментария

  1. 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

Добавить комментарий

Ваш адрес email не будет опубликован. Обязательные поля помечены *