Задача 127 — Демидович

I§2Свойства подпоследовательностей

└─

Главная

└─

Задачи

└─

I. Введение в анализ

└─

§2. Теория последовательностей

└─

Свойства подпоследовательностей

└─

Задача 127

Нормальная

Пусть последовательность $x_{n} (n = 1, 2, \dots)$ сходится, а последовательность $y_{n} (n = 1, 2, \dots)$ расходится. Что можно утверждать о сходимости последовательностей:

$а) x_{n} + y_{n}; б) x_{n} y_{n}$

Привести соответствующие примеры.

Петр Радько

Зависимость

Решение

Пункт а)

$x_{n} + y_{n}$

Раз $x_{n}$ сходится, то, согласно задаче 93, она ограничена:

$\exists M > 0 \forall n : ∣ x_{n} ∣ \leq M$

Распишем по определению расходимости $y_{n}$ :

$\forall T > 0 \exists N_{y} = N_{y} (T) \forall n > N_{y} : ∣ y_{n} ∣ > T$

Итак, докажем, что $x_{n} + y_{n}$ расходится. Запишем по определению, что нужно доказать:

$\forall E > 0 \exists N = N (E) \forall n > N : ∣ y_{n} + x_{n} ∣ > E$

С помощью свойства модуля усилим неравенство в конце:

$∣ y_{n} + x_{n} ∣ \geq ∣ y_{n} ∣ - ∣ x_{n} ∣ > E$

Доказательство свойства модуля

Итак, докажем, что

$∣ f + g ∣ \geq ∣ f ∣ - ∣ g ∣$

Если справа получается отрицательное число, то неравенство автоматически выполняется, так как слева, по определению модуля, число всегда неотрицательное.

Если справа положительное число, то возведем обе части неравенства в квадрат по прото-задаче П-ссылка:

$(f + g)^{2} \geq f^{2} - 2∣ f ∣∣ g ∣ + g^{2}$

$f^{2} + 2 f g + g^{2} \geq f^{2} - 2∣ f ∣∣ g ∣ + g^{2}$

$2 f g \geq - 2∣ f ∣∣ g ∣$

$f g \geq - ∣ f g ∣$

Если $f g \geq 0$ , то $∣ f g ∣ = f g$ и, сокращая обе части на $f g$ , получаем очевидно верное неравенство $1 \geq - 1$ . Если $f g < 0$ , то $∣ f g ∣ = - f g$ и получаем очевидное равенство $f g = f g$

$■$

Но мы знаем, что $x_{n}$ ограничена, а значит $∣ x_{n} ∣ \leq M$ , поэтому мы можем еще больше усилить неравенство:

$∣ y_{n} + x_{n} ∣ \geq ∣ y_{n} ∣ - ∣ x_{n} ∣ \geq ∣ y_{n} ∣ - M > E$

Итак, показав верность неравенства $∣ y_{n} ∣ - M > E$ мы автоматом по цепному неравенству покажем верность $∣ x_{n} + y_{n} ∣ > E$ .

$∣ y_{n} ∣ - M > E$

$∣ y_{n} ∣ > E + M$

Но $E + M$ — положительное число, а так как $y_{n}$ расходится, то, как мы показали выше, для $E + M$ найдется такое $N_{y}$ , что для любого $n > N_{y}$ будет выполняться $y_{n} > E + M$ .

Итак,

$\forall E > 0 берем N_{y} для E + M \exists N = N (E) \forall n > N : т . к . ∣ y_{n} ∣ > E + M ∣ x_{n} + y_{n} ∣ > E$

Мы по определению доказали, что $x_{n} + y_{n}$ расходится, то есть

$n \to \infty lim x_{n} + y_{n} = \infty$

Пункт б)

$x_{n} y_{n}$

Может как сходиться:

$x_{n} = 0, y_{n} = n$

$n \to \infty lim x_{n} y_{n} = n \to \infty lim 0 \cdot n = n \to \infty lim 0 = 0$

$n \to \infty lim x_{n} y_{n} = 0$

Так и расходиться:

$x_{n} = 1, y_{n} = n$

$n \to \infty lim x_{n} y_{n} = n \to \infty lim 1 \cdot n = n \to \infty lim n = + \infty$

$n \to \infty lim x_{n} y_{n} = + \infty$

Зависимости

Задача 93

Упрощение модулей в неравенствах

Очень полезные соотношения для быстрого решения неравенств с модулями.

126 128