Связь б.м. и б.б. последовательностей

Докажем в одну сторону: если ${\alpha }_n\to 0$, то $\frac{1}{{\alpha }_n}\to \infty$. Запишем развернуто:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\alpha }_n=0\Rightarrow \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{{\alpha }_n}=\infty$$

Сначала выразим словами, как это будет доказываться. Мы из известного определения левого предела строим определение для правого.

Распишем по определению левый предел:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\alpha }_n=0\iff \forall \epsilon >0\exists N=N(\epsilon )\forall n>N:|{\alpha }_n|<\epsilon$$

Раз выражение выше работает для любого $\epsilon >0$, то оно будет работать и для положительного числа $\frac{1}{E}$, то есть:

$$\forall E>0\text{ берем }{\epsilon }^{\prime }=\frac{1}{E}$$

Теперь, это ${\epsilon }^{\prime }$ мы подставляем в определение выше, так как оно справедливо для всех положительных чисел.

Из него мы и получаем следующее:

$$\exists N=N({\epsilon }^{\prime })\forall n>N:|{\alpha }_n|<{\epsilon }^{\prime }$$

Разберемся с последним неравенством:

$$|{\alpha }_n|<{\epsilon }^{\prime }=\frac{1}{E}\iff \left|\frac{1}{{\alpha }_n}\right|>E$$

Объединим все вместе «на словах». Из любого $E>0$ мы берем $\frac{1}{E}>0$ и подставляем его в определение выше. Оттуда получаем $N$, такое, что для любого $n>N$ будет выполнятся неравенство:

$$\left|\frac{1}{{\alpha }_n}\right|>E$$

Теперь запишем это же формально:

$$\forall E>0\exists N=N\left(\frac{1}{E}\right)\forall n>N:\left|\frac{1}{{\alpha }_n}\right|>E$$

А это и есть определение бесконечно большой последовательности $\frac{1}{{\alpha }_n}$:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{{\alpha }_n}=\infty$$

$■$

Наоборот, из $A_n\to \infty$ следует, что $\frac{1}{A_n}\to 0$ доказывается точно так же.