상극한과 하극한

꼬리들의 상한과 하한이 모이는 곳: an=(−1)n(1+1/n)a_n = (-1)^n(1+1/n)에서 lim sup⁡an=1\limsup a_n = 1, lim inf⁡an=−1\liminf a_n = -1. lim sup⁡an=lim inf⁡an  ⟺  lim⁡an\limsup a_n = \liminf a_n \iff \lim a_n 존재.

lim sup⁡an=lim⁡N→∞sup⁡n≥Nan\limsup a_n = \lim_{N\to\infty}\sup_{n\ge N} a_n
lim inf⁡an=lim⁡N→∞inf⁡n≥Nan\liminf a_n = \lim_{N\to\infty}\inf_{n\ge N} a_n
lim sup⁡an=lim inf⁡an  ⟺  lim⁡an exists\limsup a_n = \liminf a_n \iff \lim a_n \text{ exists}

예제

수열 an=(−1)n(1+1n)a_n = (-1)^n\left(1+\frac{1}{n}\right)의 lim sup⁡an\limsup a_n과 lim inf⁡an\liminf a_n을 구하세요.

a2k=1+12k→1,a2k+1=−(1+12k+1)→−1a_{2k} = 1+\frac{1}{2k} \to 1, \qquad a_{2k+1} = -\left(1+\frac{1}{2k+1}\right) \to -1
n=24n=24: 짝수항 a24=2524≈1.0417a_{24} = \frac{25}{24} \approx 1.0417, 홀수항 a23=−2423≈−1.0435a_{23} = -\frac{24}{23} \approx -1.0435.
증명 보기
  1. 짝수 부분수열 a2k=1+12ka_{2k} = 1+\frac{1}{2k}는 11로 감소하며 수렴합니다 (a2=1.5a_2 = 1.5에서 시작).
  2. 홀수 부분수열 a2k+1=−(1+12k+1)a_{2k+1} = -\left(1+\frac{1}{2k+1}\right)는 −1-1로 증가하며 수렴합니다 (a3=−43a_3 = -\frac{4}{3}에서 시작).
  3. 따라서 꼬리들의 상한은 11로, 하한은 −1-1로 수렴합니다. 즉 lim sup⁡an=1\limsup a_n = 1이고 lim inf⁡an=−1\liminf a_n = -1입니다.

lim⁡an=L\lim a_n = L이 존재하면 lim sup⁡an=lim inf⁡an=L\limsup a_n = \liminf a_n = L임을 증명하세요.

L−ε<an<L+ε(n≥N)  ⟹  L−ε≤lim inf⁡an≤lim sup⁡an≤L+εL-\varepsilon < a_n < L+\varepsilon \quad (n \ge N) \implies L-\varepsilon \le \liminf a_n \le \limsup a_n \le L+\varepsilon
n=24n=24: 이 장면의 수열은 수렴하지 않아 lim sup⁡=1\limsup = 1과 lim inf⁡=−1\liminf = -1이 다릅니다.
증명 보기
  1. ε>0\varepsilon > 0이라 합시다. lim⁡an=L\lim a_n = L이므로 n≥Nn \ge N일 때 ∣an−L∣<ε|a_n - L| < \varepsilon인 NN이 존재하고, 즉 L−ε<an<L+εL - \varepsilon < a_n < L + \varepsilon입니다.
  2. n≥Nn \ge N인 꼬리에 대해 상한과 하한을 취하면 L−ε≤inf⁡n≥Nan≤sup⁡n≥Nan≤L+εL - \varepsilon \le \inf_{n\ge N} a_n \le \sup_{n\ge N} a_n \le L + \varepsilon입니다. N→∞N \to \infty이면 L−ε≤lim inf⁡an≤lim sup⁡an≤L+εL - \varepsilon \le \liminf a_n \le \limsup a_n \le L + \varepsilon을 얻습니다.
  3. ε>0\varepsilon > 0은 임의이므로 lim inf⁡an=lim sup⁡an=L\liminf a_n = \limsup a_n = L입니다.

근 판정법을 증명하세요: ρ=lim sup⁡∣an∣1/n<1\rho = \limsup |a_n|^{1/n} < 1이면 ∑an\sum a_n은 절대수렴합니다.

ρ=lim sup⁡∣an∣1/n<1  ⟹  ∣an∣≤rn eventually  ⟹  ∑∣an∣ converges\rho = \limsup |a_n|^{1/n} < 1 \implies |a_n| \le r^n \text{ eventually} \implies \sum |a_n| \text{ converges}
n=24n=24: ∣a24∣1/24≈1.0017|a_{24}|^{1/24} \approx 1.0017이며 lim sup⁡∣an∣1/n=1\limsup |a_n|^{1/n} = 1 — 판정이 안 되는 경계입니다.
증명 보기
  1. ρ<r<1\rho < r < 1인 rr을 택합니다. ρ\rho는 꼬리 상한들의 극한이므로 n≥Nn \ge N일 때 ∣an∣1/n≤r|a_n|^{1/n} \le r, 즉 ∣an∣≤rn|a_n| \le r^n인 NN이 존재합니다.
  2. 0≤r<10 \le r < 1이므로 등비급수 ∑rn\sum r^n은 수렴합니다. 비교판정법으로 ∑∣an∣\sum |a_n|이 수렴하므로 ∑an\sum a_n은 절대수렴합니다.

2. 수열