2.5: Ліміт Покращений і Ліміт Нижня

Ми починаємо цей розділ з пропозиції, яка випливає з теореми 2.3.1. Всі послідовності в цьому розділі приймаються дійсними числами.

Пропозиція\(\PageIndex{1}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти бути обмеженою послідовністю. Визначте

\[s_{n}=\sup \left\{a_{k}: k \geq n\right\}\]

і

\[t_{n}=\inf \left\{a_{k}: k \geq n\right\}.\]

Потім\(\left\{s_{n}\right\}\) і\(\left\{t_{n}\right\}\) зближуються.

Доказ

Якщо\(n \leq m\), то\(\left\{a_{k}: k \geq m\right\} \subset\left\{a_{k}: k \geq n\right\}\). Тому з теореми 2.5.3 випливає, що\(s_{n} \geq s_{m}\) і, значить, послідовність\(\left\{s_{n}\right\}\) зменшується. Так як\(\left\{a_{n}\right\}\) обмежений, то так і є\(\left\{s_{n}\right\}\). Зокрема,\(\left\{s_{n}\right\}\) обмежений знизу. \(\left\{t_{n}\right\}\)Аналогічно збільшується і обмежується вище. Тому обидві послідовності збігаються за теоремою 2.3.1. \(\square\)

Визначення\(\PageIndex{1}\): Limit Superior

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність. Тоді межа вище\(\left\{a_{n}\right\}\)\), що позначається\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}\), визначається

\[\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \sup \left\{a_{k}: k \geq n\right\}.\]

Зверніть увагу на те\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}\), де\(s_{n}\) визначено в (2.8).

Аналогічно межа нижньої частини\(\left\{a_{n}\right\}\)\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}\), позначається, визначається

\[\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\liminf _{n \rightarrow \infty}\left\{a_{k}: k \geq n\right\}.\]

Зверніть увагу на те\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n}\), де\(t_{n}\) визначено в (2.9).

Теорема\(\PageIndex{2}\)

Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) не обмежений вище, то

\[\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}=\infty,\]

де\(\left\{s_{n}\right\}\) визначено в (2.8).

Аналогічно, якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) не обмежується нижче, то

\[\lim _{n \rightarrow \infty} t_{n}=-\infty,\]

де\(\left\{t_{n}\right\}\) визначено в (2.9).

Доказ

\(\left\{a_{n}\right\}\)Припустимо, не обмежений вище. Тоді для будь-якого\(k \in \mathbb{N}\) набір\(\left\{a_{i}: i \geq k\right\}\) теж не обмежується вище. Таким чином,\(s_{k}=\sup \left\{a_{i}: i \geq k\right\}=\infty\) для всіх\(k\). Тому,\(\lim _{k \rightarrow \infty} s_{k}=\infty\). Доказ для другого випадку аналогічний. \(\square\)

Зауваження\(\PageIndex{3}\)

За теоремою 2.5.2 ми бачимо, що якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) не обмежується вище, то

\[\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty.\]

Аналогічно, якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) не обмежується нижче, то

\[\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=-\infty.\]

Теорема\(\PageIndex{4}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність і\(\ell \in \mathbb{R}\). Наступні еквівалентні:

1. \(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\).
2. Для будь-якого\(\varepsilon>0\) існує\(N \in \mathbb{R}\) таке, що

\[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N,\]

і існує\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) підпослідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) таких, що

\[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell.\]

Доказ

Припустимо\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\). Потім\(\lim _{n \rightarrow \infty} s_{n}=\ell\), де\(S_{n}\) визначається як в (2.8). Для будь-якого\(\varepsilon>0\) існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що

\[\ell-\varepsilon<s_{n}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]

Це має на увазі\(s_{N}=\sup \left\{a_{n}: n \geq N\right\}<\ell+\varepsilon\). Таким чином,

\[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N\]

Більш того, для\(\varepsilon=1\), існує\(N_{1} \in \mathbb{N}\) таке, що

\[\ell-1<s_{N_{1}}=\sup \left\{a_{n}: n \geq N_{1}\right\}<\ell+1.\]

Таким чином, існує\(n_{1} \in \mathbb{N}\) таке, що

\[\ell-1<a_{n_{1}}<\ell+1.\]

Бо\(\varepsilon=\frac{1}{2}\), існує\(N_{2} \in \mathbb{N}\) і\(N_{2}>n_{1}\) таке, що

\[\ell-\frac{1}{2}<s_{N_{2}}=\sup \left\{a_{n}: n \geq N_{2}\right\}<\ell+\frac{1}{2}.\]

Таким чином, існує\(n_{2}>n_{1}\) таке, що

\[\ell-\frac{1}{2}<a_{n_{2}}<\ell+\frac{1}{2}.\]

Таким чином, ми можемо побудувати строго зростаючу послідовність\(\left\{n_{k}\right\}\) натуральних чисел такі, що

\[\ell-\frac{1}{k}<a_{n_{k}}<\ell+\frac{1}{k}.\]

Тому,\(\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell\).

Зараз ми доведемо зворотне. З огляду на будь-який\(\varepsilon>0\), існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що

\[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { and } \ell-\varepsilon<a_{n_{k}}<\ell+\varepsilon\]

для всіх\(n \geq M\) і\(k \geq N\). Нехай будь-який\(m \geq N\), у нас є

\[s_{m}=\sup \left\{a_{k}: k \geq m\right\} \leq \ell+\varepsilon.\]

За Лемма 2.1.8\(n_{m} \geq m\), так що ми також маємо

\[s_{m}=\sup \left\{a_{k}: k \geq m\right\} \geq a_{n_{m}}>\ell-\varepsilon.\]

Тому,\(\lim _{m \rightarrow \infty} s_{m}=\limsup _{m \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\). \(\square\)

Наступний результат доведений аналогічним чином.

Теорема\(\PageIndex{5}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність і\(\ell \in \mathbb{R}\). Наступні еквівалентні:

1. \(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\).
2. Для будь-якого\(\varepsilon>0\) існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що

\[a_{n}>\ell-\varepsilon \text { for all } n \geq N,\]

і існує\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\) підпослідовність\(\left\{a_{n}\right\}\) таких, що

\[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell.\]

Доказ

Додайте сюди доказ, і він автоматично буде прихований

Наступний наслідок випливає безпосередньо з теорем 2.5.4 та 2.5.5.

Слідство\(\PageIndex{6}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність. Тоді

\[\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell \text { if and only if } \limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell .\]

Доказ

Додайте сюди доказ, і він автоматично буде прихований

Слідство\(\PageIndex{7}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти послідовність.

1. Припустимо\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\),\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\) і є підпослідовністю\(\left\{a_{n}\right\}\) з

\[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell^{\prime}.\]

Потім\(\ell^{\prime} \leq \ell\).

2. Припустимо\(\left\{a_{n_{k}}\right\}\),\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\ell\) і є підпослідовністю\(\left\{a_{n}\right\}\) з

\[\lim _{k \rightarrow \infty} a_{n_{k}}=\ell^{\prime}.\]

Потім\(\ell^{\prime} \geq \ell\).

Доказ

Ми доводимо лише (а) тому що доказ (b) подібний. За теоремою 2.5.4 і визначенням меж, для будь-якого\(\varepsilon>0\), існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що

\[a_{n}<\ell+\varepsilon \text { and } \ell^{\prime}-\varepsilon<a_{n_{k}}<\ell^{\prime}+\varepsilon\]

для всіх\(n \geq N\) і\(k \geq N\). Так як\(n_{N} \geq N\), це має на увазі

\[\ell^{\prime}-\varepsilon<a_{n_{N}}<\ell+\varepsilon.\]

Таким чином,\(\ell^{\prime}<\ell+2 \varepsilon\) а, отже,\(\ell^{\prime} \leq \ell\) тому що\(\mathcal{E}\) є умовним. \(\square\)

Зауваження\(\PageIndex{8}\): Subsequential Limit

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти бути обмеженою послідовністю. Визначте

\[A=\left\{x \in \mathbb{R}: \text { there exists a subsequence }\left\{a_{n_{k}}\right\} \text { with } \lim a_{n_{k}}=x\right\}.\]

Кожен елемент множини\(A\) називається підпослідовним межею послідовності\(\left\{a_{n}\right\}\). З теореми 2.5.4, теореми 2.5.5 і Слідство 2.5.7 випливає, що\(A \neq \emptyset\) і

\[\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\max A \text { and } \liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\min A.\]

Теорема\(\PageIndex{9}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Припустимо, послідовність така, що\(a_{n}>0\) для кожного\(n \in \mathbb{N}\) і

\[\limsup _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\ell<1.\]

Потім\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\).

Доказ

Вибирайте\(\varepsilon>0\) такі, що\(\ell+\varepsilon<1\). Тоді існує\(N \in \mathbb{N}\) таке, що

\[\frac{a_{n+1}}{a_{n}}<\ell+\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]

Нехай\(q=\ell+\varepsilon\). Потім\(0<q<1\). За індукцією,

\[0<a_{n} \leq q^{n-N} a_{N} \text { for all } n \geq N.\]

З тих пір\(\lim _{n \rightarrow \infty} q^{n-N} a_{N}=0\), один має\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). \(\square\)

Аналогічним методом отримаємо теорему нижче.

Теорема\(\PageIndex{10}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Припустимо, послідовність така, що\(a_{n}>0\) для кожного\(n \in \mathbb{N}\) і

\[\liminf _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\ell>1.\]

Потім\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\).

Доказ

Додайте сюди доказ, і він автоматично буде прихований

Приклад\(\PageIndex{1}\)

Задано дійсне число\(\alpha\), визначте

\[a_{n}=\frac{\alpha^{n}}{n !}, n \in \mathbb{N}. \nonumber\]

Рішення

Коли\(\alpha =0\), очевидно, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). Припустимо\(\alpha>0\). Тоді

\[\limsup _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\alpha}{n+1}=0<1. \nonumber\]

Таким чином,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\). У загальному випадку ми також можемо показати це,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=0\) розглянувши\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|\) та використовуючи Вправу 2.1.3.

Всі послідовності в цьому комплексі вправ приймаються в\(\mathbb{R}\).

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Знайти\(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}\) і\(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}\) для кожної послідовності.

1. \(a_{n}=(-1)^{n}\).
2. \(a_{n}=\sin \left(\frac{n \pi}{2}\right)\).
3. \(a_{n}=\frac{1+(-1)^{n}}{n}\).
4. \(a_{n}=n \sin \left(\frac{n \pi}{2}\right)\).

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Для послідовності доведіть\(\left\{a_{n}\right\}\), що:

1. \(\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\)якщо і тільки якщо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\infty\).
2. \(\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}=-\infty\)якщо і тільки якщо\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=-\infty\).

Вправа\(\PageIndex{3}\)

\(\left\{b_{n}\right\}\)Дозволяти\(\left\{a_{n}\right\}\) і бути обмеженими послідовностями. Доведіть, що:

1. \(\sup _{k \geq n}\left(a_{n}+b_{n}\right) \leq \sup _{k \geq n} a_{k}+\sup _{k \geq n} b_{k}\).
2. \(\inf _{k \geq n}\left(a_{n}+b_{n}\right) \geq \inf _{k \geq n} a_{k}+\inf _{k \geq n} b_{k}\).

Вправа\(\PageIndex{4}\)

\(\left\{b_{n}\right\}\)Дозволяти\(\left\{a_{n}\right\}\) і бути обмеженими послідовностями.

1. Доведіть це\(\limsup _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right) \leq \limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\limsup _{n \rightarrow \infty} b_{n}\).
2. Доведіть це\(\liminf _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right) \geq \liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\liminf _{n \rightarrow \infty} b_{n}\).
3. Знайдіть два приклади зустрічних, щоб показати, що рівності можуть не триматися в частині (а) та частини (b).

Вправа\(\PageIndex{5}\)

\(\left\{a_{n}\right\}\)Дозволяти збіжну послідовність і нехай\(\left\{b_{n}\right\}\) бути довільною послідовністю. Доведіть, що

1. \(\limsup _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=\limsup _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\limsup _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\limsup _{n \rightarrow \infty} b_{n}\).
2. \(\liminf _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=\liminf _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\liminf _{n \rightarrow \infty} b_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}+\liminf _{n \rightarrow \infty} b_{n}\).