Предел произведению равен произведению пределов: Свойства пределов

Свойства пределов

5.1Пределы и ограниченность

5.1.1Сходящаяся последовательность ограничена

Теорема 1. Пусть последовательность {an} сходится (то есть имеет предел). Тогда она ограничена.

Доказательство. Обозначим этот предел за A. Сформулируем все утверждения в кванторах.

У нас есть. limn→∞an=A, в кванторах записывается так:

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|an−A|<ε.(5.1)

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|an−A|<ε.(5.1)

Мы хотим получить. Последовательность {an} ограничена, то есть

∃C ∀n∈N:|an|≤C.(5.2)

Итак, мы хотим из (5.1) прийти к (5.2).

Начнём как обычно с картинки.

Рис. 5.1: Ограниченность последовательности, имеющей предел.

Хвост последовательности. На картинке видно, что кусок последовательности, начинающийся с номера n=N(ε)+1 («хвост»), явно ограниченный: все элементы живут в коридоре вокруг числа A и не могут от него далеко уходить. Из рисунка получается, что все эти элементы ограничены по модулю числом A+ε (верхняя граница коридора), но это потому, что мы его так нарисовали — если бы A было меньше нуля, картинка оказалась симметричной (относительно горизонтальной оси) и ограничение проходило бы по нижней границе коридора. Чтобы не возиться с разбором разных случаев, мы будем пользоваться свойствами модулей. Однако, прежде, чем мы перейдём к аккуратному построению, нужно решить важный вопрос. Дело в том, что у нас сейчас нет никакого ε. Нам сказано (в (5.1)), что N найдётся для любого ε>0, то есть ε мы можем задавать сами. Но как?

На самом деле, здесь можно выбрать любое значение ε>0. Например, положим ε=1. Пусть N=N(1) — теперь это какое-то зафиксированное число. Тогда для всех n>N,

|an−A|<1.

Итак, мы имеем оценку для |an−A| для хвоста последовательности. А хотим, как следует из (5.2), оценку для |an|. Как её получить? Воспользуемся неравенством треугольника!

Величина |an| — это расстояние от an до нуля.

Это расстояние не больше, чем сумма расстояний от an до A и от A до 0:

|an|=|an−0|≤|an−A|+|A−0|=|an−A|+|A|.

|an|=|an−0|≤|an−A|+|A−0|==|an−A|+|A|.

Но мы знаем, что для n>N, |an−A|<1. Следовательно, для тех же n,

|an|<|A|+1.(5.3)

Итак, для хвоста последовательности мы получили искомую оценку. Однако, это ещё не конец доказательства. Вдруг хвост ограниченный, а «голова» (элементы до N включительно) нет?

Начало последовательности. На самом деле, этого не может быть. Дело в том, что элементов от a1 до aN всего конечное число (их ровно N штук). А любое конечное множество обязательно ограниченно, потому что в нём есть максимальный элемент — такой элемент, который не меньше всех остальных. (Аккуратное доказательство этого утверждения — хорошее упражнение. Подсказка: можно сделать индукцию по числу элементов и воспользоваться тем фактом, что среди двух чисел всегда одно не меньше другого.

)

Сведём всё воедино. Итак, хвост последовательности можно ограничить числом |A|+1, а начало — максимальным из модулей чисел a1, a2, …, aN. Положим:

C:=max{|a1|,|a2|,…,|aN|,|A|+1}

По построению, C искомое. Действительно, для всех натуральных n, либо n≤N, и тогда |an|≤C по определению максимума, либо n>N, и тогда |an|<|A|+1≤C по (5.3).∎

5.1.2Бесконечные пределы

Итак, мы выяснили, что все сходящиеся последовательности ограничены. Однако, оказывается полезным выделить среди неограниченных последовательностей такие, чьё поведение похоже на поведение последовательностей, которые куда-то стремятся — только не к какому-то числу, а «к бесконечности». Аккуратный смысл этого выражения даётся следующими определениями.

Определение 1. Последовательность {an} стремится к бесконечности, если для всякого числа C∈R найдётся такое натуральное N=N(C), что для всех n>N выполняется неравенство |an|>C. В кванторах:

∀C∈R ∃N=N(C) ∀n>N:|an|>C.

Пишут:

limn→∞an=∞

или

an→∞ при n→∞.

Рис. 5.2: Последовательность стремится к бесконечности.

Определение 2. Последовательность {an} стремится к плюс бесконечности, если для всякого числа C∈R найдётся такое натуральное N=N(C), что для всех n>N выполняется неравенство an>C. В кванторах:

∀C∈R ∃N=N(C) ∀n>N:an>C.

Пишут:

limn→∞an=+∞

или

an→+∞ при n→∞.

Определение 3. Последовательность {an} стремится к минус бесконечности, если для всякого числа C∈R найдётся такое натуральное N=N(C), что для всех n>N выполняется неравенство an<C. В кванторах:

∀C∈R ∃N=N(C) ∀n>N:an<C.

Пишут:

limn→∞an=−∞

или

an→−∞ при n→∞.

Упражнение 1. Докажите следующие утверждения, используя приведенные выше определения.

1. Последовательность {an}, an=n, стремится к бесконечности, а также к плюс бесконечности.
2. Последовательность {(−1)nn} стремится к бесконечности, но ни к плюс бесконечности, ни к минус бесконечности не стремится.
3. Последовательность {n+(−1)nn} не стремится ни к какой бесконечности, хоть и является неограниченной.

5.2Арифметика пределов

Пусть есть две последовательности, {an} и {bn}. Над ними можно проводить арифметические операции: складывать, вычитать, умножать, делить. Операции над последовательностями проводятся поэлементно. Например, пусть последовательность {cn} является суммой последовательностей {an} и {bn}. Можно записать:

{cn}={an}+{bn},

что будет означать

∀n∈N:cn=an+bn.

Серия утверждений, которые мы докажем в этом разделе, говорит о том, как операция перехода к пределу взаимодействует с арифметическими операциями.

5.2.1Предел суммы

Теорема 2. Пусть даны две последовательности, {an} и {bn} и существуют пределы limn→∞an=A,limn→∞bn=B.(5.4)(5.5) Тогда предел последовательности {an+bn} тоже существует и равен A+B:

limn→∞(an+bn)=A+B.

Попросту говоря, «предел суммы равен сумме пределов».

Заметим, что A и B здесь — обязательно обычные вещественные числа, поскольку требуется, чтобы пределы существовали (см. замечание 2).

Доказательство. Перепишем формально, что нам дано, и что требуется доказать.

Нам дано.

∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<ε1.∀ε2>0 ∃N2=N2(ε2) ∀n>N2:|bn−B|<ε2.(5.6)(5.7)

∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<ε1.∀ε2>0 ∃N2=N2(ε2) ∀n>N2:|bn−B|<ε2.(5.6)(5.7)

Мы хотим доказать.

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|(an+bn)−(A+B)|<ε.(5.8)

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|(an+bn)−(A+B)|<ε.(5.8)

Утверждения (5. 6) и (5.7) можно понимать так: мы можем добиться того, чтобы an был близок к A, а bn был близок к B, накладывая подходящие условия на n. Утверждение (5.8), которое мы хотим доказать, звучит так: мы хотим научиться накладывать такие условия на n, чтобы сделать (an+bn) близким к (A+B). Выглядит логично: если an близко к A, а bn близко к B, то логично ожидать, что (an+bn) окажется близко к (A+B). Осталось доказать!

Начнём с преобразования левой части неравенства в конце (5.8):

|(an+bn)−(A+B)|=|(an−A)+(bn−B)|.

|(an+bn)−(A+B)|==|(an−A)+(bn−B)|.

Это тождественное преобразование (раскрыли скобки и перегруппировали слагаемые), но оно позволяет выделить в формуле те разности, которые мы умеем оценивать: (an−A) и (bn−B). Вернее, мы умеем оценивать их модули, поэтому нам понадобится одно из свойств модулей: модуль суммы не превосходит суммы модулей:

|(an−A)+(bn−B)|≤|an−A|+|bn−B|.(5.9)

|(an−A)+(bn−B)|≤≤|an−A|+|bn−B|.

(5.9)

Теперь заметим, что первое слагаемое мы можем сделать меньшим, чем ε1, а второе — меньшим, чем ε2. Но как выбрать ε1 и ε2? Мы хотим в конечном итоге прийти к неравенству, в правой части которого будет ε. Значит, можно выбрать ε1 и ε2 так, чтобы их сумма равнялась ε. Положим:

ε1=ε2,ε2=ε2.

Теперь мы можем подставить эти ε1 и ε2 в утверждения (5.6) и (5.7). Каждое из них выдаст нам в ответ своё N (вернее, N1 и N2) — номера членов, после которых выполняется соответствующая оценка для |an−A| и |bn−B|. Мы хотим, чтобы они выполнялись обе. Как обычно, это означает, что из получившихся значений нужно выбрать максимальное.

Итак, мы готовы сформулировать железобетонное доказательство. Для любого ε>0 положим ε1=ε/2 и ε2=ε/2. Из (5.6) и (5.7) получим такие N1=N1(ε1)=N1(ε/2) и N2=N2(ε2)=N2(ε/2), что для всех n>N1

|an−A|<ε1=ε2,(5.10)

и для всех n>N2

|bn−B|<ε2=ε2. (5.11)

Положим теперь:

N(ε):=max(N1(ε2),N2(ε2)).

Тогда для всех n>N(ε), будет выполнятья n>N1 и n>N2, и значит будут выполняться обе оценки (5.10) и (5.11).

Значит, согласно (5.9), для всех таких n, будет также выполняться оценка

|(an+bn)−(A+B)|≤|An−A|+|Bn−B|<ε2+ε2=ε.

|(an+bn)−(A+B)|≤≤|An−A|+|Bn−B|<<ε2+ε2=ε.

Таким образом, (5.8) доказано: мы научились по каждому положительному ε строить такое N, что для всех n>N выполнено неравенство |(an+bn)−(A+B)|<ε.

Ура!∎

5.2.2Упрощающая лемма

Давайте посмотрим ещё раз на доказательство теоремы 2. Нам пришлось довольно хитрым образом выбирать ε1 и ε2 по ε, чтобы в итоге получилось нужное неравенство. Этот момент выглядит немножко неестественным. Что было бы, если бы мы просто положили ε1=ε и ε2=ε? Тогда в конечном итоге было бы доказано такое утверждение:

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|an−A|<2ε.

Это утверждение не является определением предела. Тем не менее, понятно, что оно эквивалентно определению предела: выбирать произвольное положительное значение ε и выбирать произвольное положительное значение 2ε — это одно и то же!

Следующая лемма, которой мы будем в дальнейшем пользоваться, формализует это соображение.

Лемма 1. Пусть нашлась такая константа C, что для всякого ε1>0 найдётся такое N1=N1(ε1) что для всякого n>N1 выполняется неравенство |an−A|<Cε1. Тогда limn→∞an=A.

Формально: пусть

∃C ∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<Cε1.

∃C ∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<Cε1.

тогда

limn→∞an=A.(5.12)

Иными словами, если при доказательстве утверждения (5.12) получилось доказать «испорченное» определение предела, где в правой части последнего неравенства вместо ε стоит 10ε или 15ε или какое-нибудь (M+1)2ε — ничего страшного, это всё равно победа. Главное, чтобы константа, стоящая перед ε, не зависела от n.

Доказательство. Во-первых, заметим, что C обязательно больше нуля. Действительно, модуль всегда неотрицателен, поэтому неравенство |an−A|<Cε1 может выполняться лишь при условии, что в правой части стоит положительное число, а ε1>0, значит C>0.

Перепишем условие (5.12) формально. Оно выглядит так:

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|an−A|<ε.

Чтобы по ε найти N, возьмём ε1=εC (имеем право так написать, потому что C>0, и значит деление допустимо и не поменяет знак) и положим N=N1(ε1)=N1(ε/C). Тогда для всех n>N выполняется неравенство:

|an−A|<Cε1=CεC=ε.

Что и требовалось получить. Лемма доказана.∎

Теперь при доказательстве теорем, аналогичных теореме 2, мы не будем подбирать хитрым образом вспомогательные ε, а вместо этого просто будем считать ε1=ε2=ε и дальше воспользуемся только что доказанной леммой. Начнём с теоремы о пределе произведения.

5.2.3Предел произведения

Теорема 3. Пусть даны две последовательности, {an} и {bn} и существуют пределы limn→∞an=A,limn→∞bn=B.(5.13)(5.14) Тогда предел последовательности {anbn} тоже существует и равен AB:

limn→∞anbn=AB.

Попросту говоря, «предел произведения равен произведению пределов».

Доказательство. Как обычно, запишем, что нам известно, и что нужно доказать.

Нам дано. Равенства (5.13) и (5.14) записываются в виде:

∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<ε1.∀ε2>0 ∃N2=N2(ε2) ∀n>N2:|bn−B|<ε2.(5.15)(5.16)

∀ε1>0 ∃N1=N1(ε1) ∀n>N1:|an−A|<ε1.∀ε2>0 ∃N2=N2(ε2) ∀n>N2:|bn−B|<ε2.(5.15)(5.16)

Мы хотим доказать. Равенство (5.17):

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|anbn−AB|<ε.(5.17)

∀ε>0 ∃N=N(ε) ∀n>N:|anbn−AB|<ε.(5.17)

Преобразуем левую часть последнего неравенства в (5. 17). Для этого воспользуемся картинкой (см. рис. 5.5).

Геометрический смысл произведения — площадь прямоугольника с заданными сторонами. Построим прямоугольник со сторонами an и bn. Давайте для определенности считать, что A<an и B<bn (это предположение полезно для иллюстрации, но нас оно не будет ограничивать: простое алгебраическое доказательство нужной нам формулы его не требует). Тогда прямоугольник со сторонами A и B будет меньше первого прямоугольника и его можно разместить внутри, прижав к левому нижнему углу.

Рис. 5.5: Иллюстрация к формуле (5.18).

Выражение (anbn−AB) — разность площадей двух прямоугольников, которая выглядит как уголок. Можно разбить этот уголок на два прямоугольника, один со сторонами (an−A) и B, а другой со сторонами an и (bn−B). Имеем:

|anbn−AB|=|(an−A)B+an(bn−B)|.(5.18)

|anbn−AB|==|(an−A)B+an(bn−B)|.(5.18)

Раскрыв скобки и приведя подобные слагаемые, легко проверить, что это алгебраическое тождество. (Как правило переход слева направо в этом тождестве делается с помощью приёма «добавим и вычтем anB», что выглядит как фокус — нарисовав картинку мы раскрыли секрет этого фокуса.)

Воспользуемся теперь свойствами модулей: модуль суммы не превосходит суммы модулей, модуль произведения равен произведению модулей. Получаем такую оценку:

|(an−A)B+an(bn−B)|≤|an−A|⋅|B|+|an|⋅|bn−B|(5.19)

|(an−A)B+an(bn−B)|≤≤|an−A|⋅|B|++|an|⋅|bn−B|(5.19)

Заметим, что сомножители |an−A| и |bn−B| мы умеем делать маленькими благодаря известным нам пределам. А именно, положим ε1=ε2=ε и пусть N=max(N1(ε),N2(ε)). Тогда для всех n>N:

|an−A|<ε,|bn−B|<ε.

Разберемся теперь с остальными сомножителями (см. рис. 5.6).

Во-первых, |B|. С ним ничего делать не надо: это просто число, которое не зависит от n.

Далее, |an|. С этой штукой не так просто: она от n зависит. Однако, мы помним, что последовательность, имеющая предел, ограничена. А последовательность {an} имеет предел по условию. Значит, найдётся такое C1, что для всех n, |an|<C1.

Рис. 5.6: Иллюстрация к формуле (5.20).

Все сомножители неотрицательны, и значит можно оценить каждый из сомножителей, оценить их произведение, а потом оценить сумму. Имеем:

|an−A|⋅|B|+|an|⋅|bn−B|<|B|ε+C1ε=(|B|+C1)ε.(5.20)

|an−A|⋅|B|++|an|⋅|bn−B|<<|B|ε+C1ε=(|B|+C1)ε.(5.20)

Соединяя (5.18), (5.19) и (5.20) в одну длинную цепочку неравенств, получаем неавенство, верное для всех n>N:

|anbn−AB|<(|B|+C1)ε.

Положим теперь C=|B|+C1 и по лемме 1 искомое утверждение доказано.∎

5.3Заключение

Мы продолжаем строить теорию пределов и в этой лекции определили новое понятие — бесконечные пределы, причём аж трёх видов (к счастью, очень похожих друг на друга). Мы также доказали ряд важных общих свойств конечных пределов. {3}-x+7\right)=7$

2 Предел произведения двух функций равен произведению их пределов:

$\lim _{x \rightarrow a}[f(x) \cdot g(x)]=\lim _{x \rightarrow a} f(x) \cdot \lim _{x \rightarrow a} g(x)$

236

проверенных автора готовы помочь в написании работы любой сложности

Мы помогли уже 4 396 ученикам и студентам сдать работы от решения задач до дипломных на отлично! Узнай стоимость своей работы за 15 минут!

Пример

Задание. Вычислить предел $\lim _{x \rightarrow 2}[(x-1) \cdot(x+2)]$

Решение. Воспользуемся вторым свойство, разложим функцию на несколько более простых и отдельно найдем их пределы.

$\lim _{x \rightarrow 2}[(x-1) \cdot(x+2)]=\lim _{x \rightarrow 2}(x-1) \cdot \lim _{x \rightarrow 2}(x+2)=$

$=(2-1) \cdot(2+2)=1 \cdot 4=4$

Ответ. $\lim _{x \rightarrow 2}[(x-1) \cdot(x+2)]=4$

3 Предел частного двух функций равен частному их пределов, при условии, что предел знаменателя не равен нулю:

$\lim _{x \rightarrow a} \frac{f(x)}{g(x)}=\frac{\lim _{x \rightarrow a} f(x)}{\lim _{x \rightarrow a} g(x)}, \lim _{x \rightarrow a} g(x) \neq 0$

Пример

Задание. {3}=125$

Читать дальше: бесконечно малые функции.

Лимит продукта есть произведение лимитов — когда?

спросил 7 лет, 3 месяца назад

Изменено 7 лет, 3 месяца назад

Просмотрено 7к раз

$\begingroup$

Предел произведения двух функций должен быть равен произведению пределов:

$$\lim_{x\to\infty}f(x)g(x) = \lim_{x\to\infty}f(x) \lim_{x\to\infty}g(x)$$

Теперь предел $\frac{(x-1)3}{4x}$ = $\frac{3}{4}$

Но предел $\frac{x-1}{4} $ = $\infty$ и предел $\frac{3}{x}$ = 0

Как это? Спасибо!

• пределы

$\endgroup$

$\begingroup$

Итак, вы доказали, что результат был ложным.

Но когда правильно? Сначала предположим, что $ \lim_{x \rightarrow \infty} f(x) $ и $ \lim_{x \rightarrow \infty} g(x) $ существуют (на расширенной прямой с действительными числами).

Если оба предела конечны, если оба бесконечны или если один бесконечен, а другой отличен от нуля, ваша теорема верна и действительно

$$ \lim_{x \rightarrow \infty} f(x)g( x) = \lim_{x \стрелка вправо \infty} f(x) \lim_{x \стрелка вправо \infty} g(x) . $$

Чтобы убедиться в этом, просто используйте определение сходимости и проверьте все случаи, используя обычные соглашения для умножения бесконечных чисел. Всего нужно проверить шесть случаев (конечный/конечный, $+\infty/+\infty$, $+\infty/-\infty$, $-\infty/-\infty$, ненулевой/$+\ infty$, ненулевой/$-\infty$).

Используйте следующее определение сходимости: $\lim_{x \rightarrow +\infty} f(x) = l$, если для каждой окрестности $W$ точки $l$ существует окрестность $V$ точки $+\ infty$ такое, что для каждого $x$ в $V$ $f(x)$ содержится в $W$.

В последнем определении окрестность числа — это просто непустое открытое множество, содержащее это число.

$\endgroup$

$\begingroup$

Два выражения равны, если оба предела в правой части существуют и являются конечными числами.

Аналогично $\displaystyle \lim_{x\to a}\frac{f(x)}{g(x)} = \frac{\lim_{x\to a} f(x)}{\lim_{x \to b} g(x)}$ , если пределы в числителе и знаменателе существуют и являются конечными числами, а предел в знаменателе не равен $0$. Но крайне важно учитывать пределы формы в левой части в случае, когда оба предела в правой части равны $0$, потому что это то, чем являются производные .

$\endgroup$

2

Зарегистрируйтесь или войдите в систему

Зарегистрируйтесь с помощью Google

Зарегистрироваться через Facebook

Зарегистрируйтесь, используя электронную почту и пароль

Опубликовать как гость

Электронная почта

Требуется, но никогда не отображается

Опубликовать как гость

Электронная почта

Требуется, но не отображается

Нажимая «Опубликовать свой ответ», вы соглашаетесь с нашими условиями обслуживания, политикой конфиденциальности и политикой использования файлов cookie

.

реальный анализ — Предел произведения последовательностей есть произведение пределов последовательностей

Я хочу доказать, что если:

$$\lim_{n \to \infty}s_n = L_1, \lim_{n \to \infty}t_n = L_2$$

, тогда $$\lim_{n \to \infty}(s_n t_n) = L_1L_2$$

, где $s_n, t_n$ — сложные последовательности , и я сделал это доказательство немного иначе, чем он, так что я хотел бы, чтобы кто-то нашел время, чтобы просмотреть мое доказательство и проверить, правильно ли оно)

Моя попытка (надежная проверка: поиск подходящих эпсилонов и т. д.):

По определению предела существуют положительные целые числа $N_1,N_2$ такие, что:

$$n >N_1 \Rightarrow |s_n — L_1| <\эпсилон'$$ $$n >N_2 \Rightarrow |t_n — L_2| <\epsilon''$$

где мы можем свободно выбирать $\epsilon’, \epsilon» >0$

Пусть $\epsilon > 0$

Теперь, если $n > \max\{N_1,N_2 \}$, затем:

$$|s_nt_n — L_1L_2| = |s_n(t_n — L_2) + s_nL_2 — L_1L_2|$$ $$\leq |s_n||t_n — L_2| + |L_2||s_n — L_1|$$ $$\leq |s_n|\epsilon» + |L_2|\epsilon’$$

Мы хотим, чтобы это выражение было меньше, чем $\epsilon$, но мы не можем сделать так, чтобы $\epsilon$ зависело от $n$, поэтому мы должны найти верхнюю границу для $|s_n|$

Существует положительное целое число $N_3$ такое, что:

$$n > N_3 \Rightarrow |s_n — L_1| < 1$$ $$\стрелка вправо |s_n| < 1 + |L_1|$$

поэтому для $n > \max\{N_1,N_2,N_3\}$ имеем:

$$ |s_n|\epsilon» + |L_2|\epsilon’ < (1 + |L_1|)\epsilon'' + |L_2|\epsilon'$$

и выбрав $\epsilon» = \epsilon’ = \frac{\epsilon}{1+|L_1|+|L_2 |}$, выражение становится меньше $\epsilon$

Строгое доказательство

Пусть $\epsilon > 0$

По определению предела существуют натуральные числа $N_1,N_2, N_3$ такие, что:

$$n >N_1 \Rightarrow |s_n — L_1| N_2 \Rightarrow |t_n — L_2| N_3 \Rightarrow |s_n — L_1| < 1 \стрелка вправо |s_n| < 1 + |L_1|$$

и для $n > \max\{N_1,N_2,N_3\}$ имеем:

$$|s_nt_n — L_1L_2| = |s_n(t_n — L_2) + s_nL_2 — L_1L_2|$$ $$\leq |s_n||t_n — L_2| + |L_2||s_n — L_1|$$ $$< (1 + |L_1|)\frac{\epsilon}{1+|L_1|+|L_2|} + |L_2|\frac{\epsilon}{1+|L_1|+|L_2|} = \ frac{\epsilon}{1+|L_1|+|L_2|}(1+ |L_1| + |L_2|) = \epsilon$$

Альтернативное доказательство:

Пусть $\epsilon > 0$

$(s_n)$ сходится, поэтому $(|s_n|)$ сходится и ограничено, а это означает, что существует положительное действительное число $S$ такой, что $|s_n| \leq S$ для каждого положительного $n$.

No related posts.