Задача 136 — Демидович

Откройте "Открытую Математику"!

Понятная теория, конспекты и задачник в одном флаконе!

Заглянуть

Посмотреть все темы!

I§2Свойства подпоследовательностей

└─

Главная

└─

Задачи

└─

I. Введение в анализ

└─

§2. Теория последовательностей

└─

Свойства подпоследовательностей

└─

Задача 136

Нормальная

Доказать, что если последовательность $x_{n} (n = 1, 2, \dots)$ ограничена и

$n \to \infty lim (x_{n + 1} - x_{n}) = 0,$

то частичные пределы этой последовательности расположены всюду плотно между ее нижним и верхним пределами:

$l = \underline{n \to \infty lim} x_{n} и L = \overline{n \to \infty lim} x_{n}$

т.е. любое число из отрезка $[l, L]$ является частичным пределом данной последовательности.

Петр Радько

Решение

Сразу обозначим за $x_{l_{n}}$ и $x_{L_{n}}$ такие подпоследовательности, что

$n \to \infty lim x_{l_{n}} = \underline{n \to \infty lim} x_{n} = l$

$n \to \infty lim x_{L_{n}} = \overline{n \to \infty lim} x_{n} = L$

Бесконечность при делении отрезка

Возьмем произвольное число $a$ из интервала $(l, L)$ .

Докажем, что бесконечно много элементов последовательности $x_{n}$ лежит и ниже, и выше числа $a$ .

Доказывать будем от противного. Пусть это не так и, например, ниже $a$ лежит конечное число элементов $x_{n}$ (или не лежит вообще нисколько).

Из условия нам известно, что существует подпоследовательность $x_{l_{n}}$ , которая стремится к $l$ , то есть

$\forall ε > 0 \exists N = N (ε) \forall n > N : ∣ x_{l_{n}} - l ∣ < ε$

Возьмем тогда положительное $ε = a - l$ . Значит для $a - l$ существует такое $N_{l}$ , что все члены $x_{l_{n}}$ удовлетворяют неравенству

$∣ x_{l_{n}} - l ∣ < a - l$

Раскроем это неравенство по пункту 1 прото-задачи П-ссылка:

$∣ x_{l_{n}} - l ∣ < a - l \Leftrightarrow {x_{l_{n}} - l < a - l x_{l_{n}} - l > - (a - l)$

Нас интересует первое неравенство справа:

$x_{l_{n}} - l < a - l$

Прибавляем к обеим частям $l$ :

$x_{l_{n}} < a$

Итак, после $N_{l}$ все элементы $x_{l_{n}}$ (а их бесконечно много) лежат ниже $a$ ( $x_{l_{n}} < a$ ). Каждый элемент $x_{l_{n}}$ является каким-то элементом $x_{n}$ . Значит ниже $a$ лежит бесконечно много элементов $x_{n}$ .

Аналогично показывается, что выше $a$ также лежит бесконечно много элементов $x_{n}$ . Просто в этом случае будем пользоваться подпоследовательностью, которая по условию стремится к $L$ .

Итак, мы показали, что какое бы число $a$ между $l$ и $L$ мы не взяли, ниже и выше него всегда бесконечно много элементов $x_{n}$ .

Построение подпоследовательностей

Выберем какое-то число $a$ между $l$ и $L$ .

Возьмем какой-то элемент $x_{t_{1}}$ , который выше $a$ . Рассмотрим теперь следующий за ним элемент $x_{t_{1} + 1}$ . Для него есть два варианта:

$x_{t_{1} + 1} > a или x_{t_{1} + 1} \leq a$

Пусть $x_{t_{1} + 1} > a$ . Тогда рассматриваем следующий за ним элемент $x_{t_{1} + 2}$ и смотрим, больше или не больше он $a$ .

Рано или позно мы придем к двум таким последовательным элементам с номерами $t_{1} + k_{1}$ и $(t_{1} + k_{1}) + 1$ , что

$x_{t_{1} + k_{1}} > a и x_{(t_{1} + k_{1}) + 1} \leq a$

Пусть это не так, то есть любой элемент $x_{n}$ после номера $t_{1}$ будет строго больше $a$ . Но этого не может быть, так как выше мы показали, что ниже $a$ есть бесконечно много элементов $x_{n}$ , а значит и после номера $t_{1}$ есть еще бесконечно много элементов $x_{n}$ , которые меньше $a$ .

Значит все же у нас есть два таких последовательных элемента, что

$x_{t_{1} + k_{1}} > a и x_{(t_{1} + k_{1}) + 1} \leq a$

Тогда введем обозначения $a_{1} = t_{1} + k + 1$ и $a_{1}^{'} = (t_{1} + k_{1}) + 1$ . Итак, имеем два идущих друг за другом элемента

$x_{a_{1}} и x_{a_{1}^{'}}$

Так как выше $a$ лежит бесконечно много элементов $x_{n}$ , то и после номера $a_{1}^{'}$ найдется какой-то элемент выше $a$ . Обозначим этот элемент за $x_{t_{2}}$ . Повторяем рассуждения, как для $x_{t_{1}}$ . В итоге получаем еще пару идущих друг за другом элементов с номерами $a_{2} = t_{2} + k_{2}$ и $a_{2}^{'} = (t_{2} + k_{2}) + 1$ :

$x_{a_{2}} и x_{a_{2}^{'}}$

Бесконечно повтряя подобные рассуждения получаем две подпоследовательности $x_{a_{n}}$ и $x_{a_{n}^{'}}$ :

$x_{a_{1}}, x_{a_{2}}, x_{a_{3}}, \dots, x_{a_{n}}, \dots$

$x_{a_{1}^{'}}, x_{a_{2}^{'}}, x_{a_{3}^{'}}, \dots, x_{a_{n}^{'}}, \dots$

Причем эти две подпоследовательности связаны следующим свойством:

$x_{a_{1} + 1} = x_{a_{1}^{'}} x_{a_{2} + 1} = x_{a_{2}^{'}} \dots x_{a_{n} + 1} = x_{a_{n}^{'}}$

Сходимость к $a$

Так как

$x_{a_{n}^{'}} - x_{a_{n}} = x_{a_{n} + 1} - x_{a_{n}}$

то $x_{a_{n}^{'}} - x_{a_{n}}$ является подпоследовательностью $x_{n + 1} - x_{n}$ .

Из условия нам известно, что

$n \to \infty lim (x_{n + 1} - x_{n}) = 0$

По прото-задаче П-ссылка получаем, что и

$n \to \infty lim (x_{a_{n}^{'}} - x_{a_{n}}) = 0$

Распишем это по определению:

$\forall ε > 0 \exists N = N (ε) \forall n > N : ∣ x_{a_{n}^{'}} - x_{a_{n}} ∣ < ε$

Рассмотрим неравенство в конце:

$∣ x_{a_{n}^{'}} - x_{a_{n}} ∣ < ε$

Поменяем местами слагаемые внутри модуля (см. прото-задачу П-ссылка):

$∣ x_{a_{n}} - x_{a_{n}^{'}} ∣ < ε$

Но $x_{a_{n}^{'}} \leq a < x_{a_{n}}$ поэтому можно составить цепное неравенство:

$∣ x_{a_{n}} - a ∣ \leq ∣ x_{a_{n}} - x_{a_{n}^{'}} ∣ < ε$

Пояснение к цепному неравенству

Докажем, что $∣ f - z ∣ \leq ∣ f - g ∣, (g \leq z \leq f)$

Рассуждая геометрически, у нас есть две точки $g$ и $f$ , а также точка $z$ между ними. Тогда очевидно, что расстояние между крайними точками $g$ и $f$ всегда больше, чем расстояние между одной крайней $f$ и точкой между ними $z$ .

Аналитически, возведем обе части неравенства в квадрат по пункту 3 прото-задачи П-ссылка:

$(f - z)^{2} \leq (f - g)^{2} f^{2} - 2 f z + z^{2} \leq f^{2} - 2 f g + g^{2} z^{2} - 2 f z \leq g^{2} - 2 f g z^{2} - g^{2} \leq 2 f (z - g) (z - g) (z + g) \leq 2 f (z - g)$

Сокращаем обе части на положительное $z - g$ :

$z + g \leq 2 f$

Действительно, из условия

$z \leq f$

Прибавим к обеим частям $g$ :

$z + g \leq f + g$

Но $g \leq f$ , поэтому, заменив $g$ на $f$ можно построить следующее цепное неравенство:

$z + g \leq f + g \leq f + f = 2 f$

$z + g \leq 2 f$

Итак, мы доказали неравенство

$∣ f - z ∣ \leq ∣ f - g ∣, (g \leq z \leq f)$

$■$

∣ x_{a_{n}} - a ∣ < ε

Мы доказали, что

$\forall ε > 0 \exists N = N (ε) \forall n > N : ∣ x_{a_{n}} - a ∣ < ε$

А это по определению означает, что

$n \to \infty lim x_{a_{n}} = a$

Итак, мы взяли произвольное число $a$ из интервала $(l, L)$ и построили подпоследовательность $x_{a_{n}}$ , которая сходится к $a$ . Значит $a$ — частичный предел $x_{n}$ . То есть любое число из отрезка $[l, L]$ является частичным пределом $x_{n}$ .

Зависимости

Свойства модуля

Самые полезные и часто требующиеся свойства модуля.

Упрощение модулей в неравенствах

Очень полезные соотношения для быстрого решения неравенств с модулями.

Единственность предельной точки

135 137

Бесконечность при делении отрезка

Построение подпоследовательностей

Сходимость к a

Сходимость к $a$