Доказать равенство (верхний и нижний пределы)

[Ifreeman]

$\lim {x_{n}}=\frac {1}{\lim\frac{1}{x_{n}}}$ Первый предел является верхним, второй-нижним

[gris]

$\overline{\lim }\,x_{n}}=\dfrac {1}{\underline{\lim}\,\dfrac{1}{x_{n}}}$
По определению в/н предела?

[Ifreeman]

эмм, наибольший частичный предел?

-- Пт янв 14, 2011 23:32:39 --

разве нижний предел подследовательности $\frac{1}{x_{n}}$ не есть верхний предел $x_{n}$?

[Профессор Снэйп]

Ifreeman в сообщении #400042 писал(а):

$\lim {x_{n}}=\frac {1}{\lim\frac{1}{x_{n}}}$ Первый предел является верхним, второй-нижним

То есть

$$ \limsup_{n \to \infty} x_n = \dfrac{1}{\liminf_{n \to \infty} \dfrac{1}{x_n}} $$

А что известно про последовательность? Вроде как из формулы, которую просят доказать, ясно, что последовательность содержит от силы конечное число нулей. Но этого недостаточно! Например, для $x_n = (-1)^n$ формула явно не верна: слева от знака равенства $1$, справа $-1$

[Ifreeman]

в том то и дело
про нее вроде больше ничего не известно

[Профессор Снэйп]

Тогда Вы не сможете доказать это равенство, поскольку оно не верно

[Ifreeman]

ладно,оно неверно(все возможно,может быть мой товарищ не все запомнил).Ну оно вообще может быть верно?

[Legioner93]

Ну конечно же, оно МОЖЕТ быть верно:) Возьмите $x_n \equiv 1$

[gris]

Ну ясно, что она строго положительна, иначе нет никакого смысла в задаче. И что такого? Рассмотреть множество частичных пределов (предельных точек). Отдельно случай, когда есть предел 0, отдельно, когда последовательность неограничена (в этих случаях необходимы оговорки, так что лучше принять для последовательности ограниченность сверху и снизу положительными числами).

А что же понимать ещё под верхним пределом? Наибольший частичный, причём он обязательно существует, как и наименьший. Опять же с оговоркой, что наибольший означает, что больше его нет. Главное, что он достигается.

[Профессор Снэйп]

gris в сообщении #400102 писал(а):

Ну ясно, что она строго положительна...

Да, вероятно... И если нижний предел окажется равным $0$, полагать $1/0 = +\infty$.

Я бы решал так. Пусть $x_n \in (0,+\infty)$ и $a \in \overline{\mathbb{R}}_+ = [0,+\infty) \cup \{ + \infty \}$. Тогда $a = \limsup_{n \to \infty} x_n$ тогда и только тогда, когда для любых $b > a$ и $c < a$ множество $\{ n : x_n \geqslant b \}$ конечно, а множество $\{ n : x_n \geqslant c \}$ бесконечно. Для нижнего предела критерий выглядит симметрично. Ну и поскольку $f(x) = 1/x$ есть биекция $\overline{\mathbb{R}}_+$ на себя, меняющая порядок на противоположный, то

$$ a = \limsup_{n \to \infty} x_n \Leftrightarrow f(a) = \liminf_{n \to \infty} f(x_n) $$

Что, собственно, и требуется доказать.

-- Сб янв 15, 2011 01:49:06 --

Вообще, что такое верхний и нижний пределы? Их можно определить для последовательности элементов произвольной полной решётки (например, решётки $\overline{\mathbb{R}} = \mathbb{R} \cup \{ -\infty, +\infty \}$ или решётки $\overline{\mathbb{R}}_+ = [0,+\infty) \cup \{ +\infty \}$).

Пусть $L$ --- полная решётка и $\mathbf{x} = \{ x_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ --- последовательность её элементов. Для каждого $n \in \mathbb{N}$ полагаем $a^\mathbf{x}_n = \sup \{ x_k : k > n \}$ и $\limsup_n x_n = \inf \{ a^\mathbf{x}_n : n \in \mathbb{N} \}$. Аналогично пусть $b^\mathbf{x}_n = \inf \{ x_k : k > n \}$ и $\liminf_n x_n = \sup \{ b^\mathbf{x}_n : n \in \mathbb{N} \}$.

Пусть теперь $L'$ --- другая полная решётка и $f: L \to L'$ --- отображение, сохраняющее супремумы и инфимумы. Пусть $\mathbf{y} = \{ y_n \}_{n \in \mathbb{N}}$, где $y_n = f(x_n)$ для любого $n \in \mathbb{N}$. Имеем $a^\mathbf{y}_n = f(a^\mathbf{x}_n)$, $b^\mathbf{y}_n = f(b^\mathbf{x}_n)$, $\limsup_n y_n = f(\limsup_n x_n)$ и $\liminf_n y_n = f(\liminf_n x_n)$.

Теперь если $L'$ --- двойственная к $L$ решётка (то есть решётка с тем же самым носителем и "обратным" порядком), то супремум в $L$ равен инфимуму в $L'$ и наоборот. Переписывая операции решётки $L'$ через двойственные им операции решётки $L$, видим, что $a^\mathbf{y}_n$ c $b^\mathbf{y}_n$, а затем и $\limsup_n y_n$ с $\liminf_n y_n$ меняются местами. Так что если всё расписать всё через операции решётки $L$, то $\limsup_n y_n = f(\liminf_n x_n)$ и $\liminf_n y_n = f(\limsup_n x_n)$.

У нас в первом сообщении темы как раз частный случай этой ситуации: полная решётка $\overline{\mathbb{R}}_+$ и антигомоморфизм (то есть гомоморфизм в двойственную решётку) $f(x) = 1/x$ этой решётки на себя

[Профессор Снэйп]

Возвращаясь от абстрактного к конкретному. Наше отображение $f(x) = 1/x$ таково, что $\sup f(A) = f(\inf A)$ и $\inf f(A) = f(\sup A)$ для любого $A \subseteq (0,+\infty)$. Значит,

$$ \begin{array}{rl} f(\limsup_n x_n) = & f(\inf \{ \sup \{ x_k : k > n \} : n \in \mathbb{N} \}) = \sup \{ f(\{ \sup \{ x_k : k > n \}) : n \in \mathbb{N} \} = \\ & \sup \{ \inf \{ f(x_k) : k > n \} : n \in \mathbb{N} \} = \liminf_n f(x_n) \end{array} $$

[gris]

Для знаконепостоянных последовательностей выполняется более очевидное равенство
$\limsup\limits_{n \to \infty} x_n=-\liminf\limits_{n \to \infty} (-x_n)$

Вообще с этими пределами важно показать, что множество значений частичных пределов замкнуто. То есть для любой (ограниченной, неограниченной с оговорками) посдедовательности верхний и нижний пределы существуют.

[Профессор Снэйп]

gris в сообщении #400164 писал(а):

Вообще с этими пределами важно показать, что множество значений частичных пределов замкнуто. То есть для любой (ограниченной, неограниченной с оговорками) посдедовательности верхний и нижний пределы существуют.

Не знаю... Мне, кажется, главное --- доказать равенство

$$ \limsup_n x_n = \inf \{ \sup \{ x_k : k > n \} : n \in \mathbb{N} \} $$

и аналогичное равенство для нижнего предела.

А насчёт замкнутости множества частичных пределов... Во-первых, это не сложно. А во-вторых, у того, кто спрашивает, наверняка в курсе лекций было. То есть это не надо самому доказывать, надо всего лишь читать конспекты и узнавать, как это доказывает лектор. А при решении задач доказанные на лекциях факты можно использовать без всяких дополнительных пояснений

-- Сб янв 15, 2011 03:43:37 --

gris в сообщении #400164 писал(а):

Для знаконепостоянных последовательностей выполняется более очевидное равенство
$\limsup\limits_{n \to \infty} x_n=-\liminf\limits_{n \to \infty} (-x_n)$

И не только для знаконепостоянных, но и вообще для всех

Это частный случай того, о чём я писал выше. Функция $f(x) = -x$ есть перестановка $\overline{\mathbb{R}}$, меняющая порядок на противоположный; значит, $f(\limsup_n x_n)$ всегда равно $\liminf_n f(x_n)$.

[ewert]

$\left(a\leqslant x_n\ \Leftrightarrow\ \dfrac{1}{a}\geqslant\dfrac{1}{x_n}\right)\quad\Longrightarrow\quad \inf\limits_{n>N}\dfrac{1}{x_n}=\dfrac{1}{\sup\limits_{n>N}x_n}$,

ч.т.д.

[Ifreeman]

хмм,ладно,пока не понимаю,подумаю еще