Подпоследовательности и частичные пределы. Супремум и инфимум. —Каталог задач по Высшей математике

Главная
Каталог задач
Каталог заданий по Другое - Высшая математика
Подпоследовательности и частичные пределы. Супремум и инфимум.

Тема Математический анализ

14 Подпоследовательности и частичные пределы. Супремум и инфимум.

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#67433

Построить последовательность, которая имеет в качестве своего частичного предела любое натуральное число.

Показать ответ и решение

Рассмотрим следующую последовательность:

1,1,2,1,2,3,1,2,3,4,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,6,...

(она устроена так: мы выписываем подряд в её члены первые $n$ чисел натурального ряда, потом начинаем заново, выписываем первые $n + 1$ число натурального ряда, и так далее...)

Ясно, что каждое натуральное число будет частичным пределом этой последовательности, поскольку мы можем выбрать константную подпоследовательность, равную всегда 1, константную подпоследовательность, равную всегда 2, и так далее, выбрать константную подпоследовательность, равную любому наперёд заданному числу $n ∈ ℕ$ .

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 2#67432

Построить последовательность, которая имеет в качестве своих частичных пределов данные числа $a1,a2,...,an$ .

Показать ответ и решение

Подойдёт, например, последовательность

a1,a2,...,an,a1,a2,...,an,...

Ясно, что каждое из данных нам чисел $a1,...,an$ является частичным пределом указанной последовательности. А именно, $ai$ будет пределом подпоследовательности, которая получается из исходной последовательности взятием членов с номерами $i+ nk$ , где $k$ - любое натуральное. А всё потому, что такая подпоследовательность будет константной и будет всегда равна $ai$ .

Кроме того, ясно, что у нашей последовательности других частичных пределов нет, поскольку если $A ⁄= a1,a2,...,an$ , то при $d < min {|A − a1|,|A − a2|,...,|A − an |}$ нет ни одного члена исходной последовательности, находящегося от $A$ не дальше, чем на $d$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 3#67431

Для последовательности $xn = 1n+2n2 cos 2n3π$ найти $--- lim- xn, lim xn n→ ∞ n→ ∞$ .

Показать ответ и решение

Заметим, что удобно рассмотреть числовые подпоследовательности в которых $cos 2n3π$ будет константой, для этого обозначим за числовые подпоследовательности $x3n+1$ , $x3n+2$ , $x3n$ следующее:

$x3n+1$ = $-(3n+1-)2- 2(3n+1)π 1+(3n+1 )2 cos 3$ = $-(3n+1)2- 6nπ 2π 1+ (3n+1)2 cos( 3 + 3 )$

$x 3n+2$ = $-(3n+2-)2- cos 2(3n+2)π 1+(3n+2 )2 3$ = $-(3n+2)2-cos(6nπ + 4π) 1+ (3n+2)2 3 3$

$x 3n$ = $-(3n)2-cos 2(3n)π 1+(3n)2 3$ = $--(3n)2 cos 6nπ 1+ (3n)2 3$
Из того, что $cos(x)$ - функция с периодом $2π$ имеем следующее:

$x3n+1$ = $(3n+1)2 6nπ 2π 1+(3n+1)2 cos(-3-+-3 )$ = $(3n+1)2 2π 1+(3n+1)2 cos 3$ = $1 (3n+1 )2 (− 2)1+(3n+1-)2$

$x3n+2$ = $(3n+2 )2 6nπ 4π 1+(3n+2-)2 cos(-3- + -3 )$ = $(3n+2)2 4π 1+-(3n+2)2 cos 3$ = $1 (3n+2)2 (− 2)1+-(3n+2)2$

$x3n$ = $-(3n)2- 6nπ 1+(3n)2 cos 3$ = $-(3n)2- 1+(3n)2$

Найдем куда стремятся числовые подпоследовательности $x3n+1$ , $x3n+2$ , $x3n$ для этого разделим числитель и знаменатель на числитель, получим:

$lim x3n+2 n→∞$ = $lim − 12--11----= − 12 n→ ∞ (3n+1)2+1$

$lim x3n+2 n→∞$ = $lim − 12--11-+1-= − 12 n→ ∞ (3n+2)2$

$lim x3n n→∞$ = $lim -11-+1 = 1 n→ ∞ (3n)2$

Но ясно, что, поскольку $2 1n+n2 → 1$ , а $cos 2nπ3-≤ 1$ , то на подпоследовательности $x3n$ достигается верхний предел исходной последовательности $x n$ .

Аналогично, поскольку $-n2- → 1 1+n2$ , а $cos 2nπ≥ − 1 3 2$ , то на подпоследовательности $x3n+1$ , а также на подпоследовательности $x3n+2$ достигается нижний предел исходной последовательности $xn$ .

Следовательно, $1 --- lim- xn = − 2,nl→im∞ xn = 1 n→ ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 4#67430

Найти все частичные пределы последовательности:

1 1 1 3 1 7 1 2n − 1 -, --,--, -, -, -,..., -n, ---n--,... 2 2 4 4 8 8 2 2

Показать ответ и решение

Обозначим данную последовательность за $an$ .

1.

Рассмотрим подпоследовательность, состоящую из нечетных членов последовательности $an$ , то есть $1- a2n− 1 = 2n$ .

Ясно, что $lni→m∞ a2n−1 = 0$

Следовательно, число 0 является частичным пределом исходной последовательности.

2.

Рассмотрим подпоследовательность, состоящую из четных членов последовательности $a n$ , то есть $a = 2n−1 2n 2n$ .
Ясно, что $lni→m∞ a2n = 1$ , поскольку

2n −-1 -1- a2n = 2n = 1− 2n → 1 − 0 = 1

Следовательно, число 1 является частичным пределом последовательности $an$

3.

Докажем, что других частичных пределов нет:
Предположим противное: существует подпоследовательность $an k$ последовательности $a$ , такая что $∃ lim an ⁄= 0,1 k→ ∞ k$ .
R три случая:

3.1.: подпоследовательность $ank$ содержит бесконечное количество четных членов последовательности $an$ , и конечное число нечётных членов. В таком случае ясно, что $ank → 1$ .
3.2.: подпоследовательность $ank$ содержит бесконечное количество нечетных членов последовательности $an$ , и конечное число чётных членов. В таком случае ясно, что $ank → 0$ .
3.3.: подпоследовательность $ank$ содержит бесконечное количество и четных, и нечетных членов последовательности $a n$ . В таком случае $a nk$ содержит и подпоследовательность, сходящуюся к 1, и подпоследовательность, сходящуюся к 0. Значит, в таком случае предела у подпоследовательности $ank$ нет.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 5#67429

Доказать, что если выполнены 2 условия:
1. $xn$ - монотонна, то есть либо $xn ≥ xn+1$ для любого $n$ , либо $xn ≤ xn+1$ для любого $n$ ;
2. Хотя бы одна подпоследовательность $xn$ сходится

то тогда сама последовательность $xn$ обязательно сходится.

Показать ответ и решение

Не ограничивая общности, будем считать $xn$ монотонно возрастающей.

Нам дано, что у $xn$ есть сходящаяся подпоследовательность. Пусть эта подпоследовательность $xnk$ .

Из факта сходимости $xnk$ получим:

∀ 𝜀 > 0 ∃K ∈ ℕ : ∀k > K |x − A | < 𝜀 nk

Заметим, что $∀k ∈ ℕ A ≥ xnk$ . (Монотонно возрастающая подпоследовательность может стремиться к своему пределу только снизу).

В таком случае последний модуль раскроется со знаком минус: $A − xnk < 𝜀$ .

Но, поскольку последовательность $xn$ - монотонно возрастает, то при всех $n > nk$ будет выполнено, что $xn ≥ xnk$ , а, значит,

A − x ≤ A − x < 𝜀 n nk

Таким, образом, начиная с этого $K$ все члены самой последовательности $xn$ будут не дальше чем на $𝜀$ от предела $A$ . Следовательно, $∃ lim xn = A n→ ∞$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 6#67427

Верно ли, что если у последовательности $xn$ любая подпоследовательность $xnk$ сходится и притом к одному и тому же пределу, равному $a$ , то и сама последовательность $xn$ сходится к $a$ ?

Показать ответ и решение

Это, очевидно, верно, поскольку сама последовательность $xn$ является своей собственной подпоследовательностью. А нам дано, что любая подпоследовательность сходится к $a$ . Но, в частности, это означает что и $xn$ сходится к $a$ .

Ответ:

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 7#67426

Доказать, что если последовательность $xn$ - неограничена, то из неё можно выделить бесконечно большую подпоследовательность $xnk$ .

Показать ответ и решение

Давайте запишем определение того, что $xn$ - неограничена.

Это означает, что

∀C ∈ ℝ ∃n ∈ ℕ такое, ч то |xn| > C

Давайте теперь в качестве $C$ возьмём, скажем, число 1. Если $C = 1$ , то существует $n1$ такое, что $|xn1| > 1$ .

Аналогично, теперь можно положить $C = 2$ и найти такое $n2 > n1$ , что $|xn2| > 2$ (такое $n2$ именно большее, чем $n1$ точно найдётся, поскольку если исходная последовательность $xn$ была неограничена, то и её кусок, начиная с номера $n1$ тоже должен быть неограничен).

И так далее, можно найти такое $n3$ , что $|xn3| > 3$ , такое $n4$ , что $|xn4| > 4$ ..., такое $nk$ , что $|xnk| > k$ .

Но тогда ясно, что у нас получилась бесконечно большая подпоследовательность

xn1,xn2,...,xnk,..

поскольку её $k −$ ый член больше по модулю, чем $k$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 8#67238

Верен ли принцип Коши-Кантора для последовательности вложенных интервалов? То есть, верно ли, что для любой бесконечной последовательности вложенных интервалов

(a ,b ) ⊃ (a ,b ) ⊃ ...⊃ (a ,b ) ⊃ ... 1 1 2 2 n n

существует точка $c ∈ ℝ$ , принадлежащая всем этим интервалам , то есть $c ∈ (an,bn)$ для любого $n$ ?

Показать ответ и решение

Это неверно. Возьмём, скажем, такую последовательность интервалов: $In = (0, 1n)$ . Ясно, что

I1 ⊃ I2 ⊃ I3... ⊃ In ⊃ ...

Однако не существует такой точки, которая лежала бы во всех этих интервалах.

Действительно, пусть такая точка $c$ нашлась. Тогда понятно, что $c > 0$ . Но какую бы $c > 0$ мы ни взяли, найдётся такое $N$ , что $1- N < c$ , то есть в интервал $IN$ номером $N$ наша точка $c$ не попадает. И тем более не попадает в интервалы с номерами больше, чем $N$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 9#67236

Доказать, используя аксиому полноты, что если $A ⊂ ℝ$ - ограниченно сверху, то существует такое $c$ , что $c = supA$ .

Показать ответ и решение

Пусть $B$ - множество верхних границ множества $A$ , то есть

B = {b ∈ ℝ|∀a ∈ A вы полнено a ≤ b}

поскольку множество $A$ - ограничено сверху, то $B$ - непусто. Причём ясно, что $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ выполнено $a ≤ b$ .

Тогда в силу аксиомы полноты, найдётся такое число $c ∈ ℝ$ , что $∀a ∈ A, ∀b ∈ B$ выполнено $a ≤ c ≤ b$ .

Утверждается, что это $c$ и будет супремумом $A$ , то есть $c = supA$ .

Действительно, из определения $c$ ясно, что $c$ - верхняя граница для $A$ . Но почему она неулучшаема? Давайте предположим, что $∃ 𝜀 > 0$ такое, что $∀a ∈ A$ выполнено $a ≤ c− 𝜀$ .

Но тогда $c− 𝜀 ∈ B$ , и в то же время $c− 𝜀 < c$ . Получаем противоречие с тем, что $∀b ∈ B$ выполнено $c ≤ b$ .

Следовательно, $c = sup A$ .

Аналогичным образом можно показать и существование инфимума у любого ограниченного снизу множества.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 10#43084

Найти $sup A,$ $inf A,$
где $m- A = {все рацион альные дроби n, где 0 < m < n}$

Показать ответ и решение

Утверждается, что $sup A = 1,inf A = 0.$ Докажем это:

Действительно, из определения легко понять, что 1 - это верхняя граница нашего множества $A$ (т.к. правильные дроби не бывают $> 1$ ), а 0 - нижняя граница, поскольку мы не разрешили брать отрицательные дроби по построению множества $A.$
Докажем, что эти границы неулучшаемы. Проверим, что $supA = 1,$ с инфимумом будет аналогичное рассуждение.

Действительно, пусть нам дали любое $𝜀 > 0.$ Чтобы доказать, что $sup A = 1,$ достаточно научиться по любому $𝜀 > 0$ находить такое $a ∈ A,$ что $a > 1− 𝜀.$ Но это совсем нетрудно. Поскольку $1 − 𝜀 < 1,$ то интервал $(1 − 𝜀,1)$ имеет ненулевую длину (а именно, очевидно, длину $𝜀$ ).

Но в любом интервале есть хотя бы одна рациональная точка. То есть найдётся такая $a ∈ (1− 𝜀,1) ∩ ℚ.$ Но это и означает, что $a ∈ A$ и что $a > 1 − 𝜀.$

Таким образом, мы по определению доказали, что $sup A = 1.$
Чтобы доказать, что $inf A = 0,$ нужно рассуждать абсолютно аналогичным образом.

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Предыдущий раздел

Следующий раздел