Оказывается, что некоторые классы функций качественно «сильнее» других.
Пример: Демидович № 58 Доказать, что \[ \lim\limits_{n\to\infty}\frac{n}{2^{n}}=0. \] Итак, $a_{n}=\frac{n}{2^{n}}$. Разложим эту последовательность. Пусть $b_{n}\equiv\frac{n}{\sqrt{2}^{n}}$, $c_{n}\equiv\frac{1}{\sqrt{2}^{n}}=\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n}$. Тогда $a_{n}=b_{n}c_{n}$. Посмотрим, что хорошего мы можем сказать про каждую из этих последовательностей.
Последовательность $c_{n}$ стремится к нулю по (2), так как $0 < \frac{1}{\sqrt{2}} < 1$. Иными словами, последовательность $c_{n}$ является бесконечно малой.
Последовательность $b_{n}$ ограничена снизу нулём, так как состоит из положительных элементов. Докажем, что она ограничена и сверху, а для этого рассмотрим, когда она убывает. Если она убывает, то \[ b_{n+1} < b_{n}, \] \begin{equation} \frac{n+1}{\sqrt{2}^{n+1}} < \frac{n}{\sqrt{2}^{n}},\label{58ner1} \end{equation} Умножим обе части на $\frac{\sqrt{2}^{n+1}}{n} > 0$: \[ \frac{n+1}{n} < \frac{\sqrt{2}^{n+1}}{\sqrt{2}^{n}}, \] \[ \left(1+\frac{1}{n}\right) < \sqrt{2}. \] Возведём в квадрат. Обе части положительны, а там квадрат возрастает, так что знак неравенства не меняем: \[ \left(1+\frac{1}{n}\right)^{2}=1+2\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}} < 2, \] \begin{equation} \frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}} < 1.\label{58ner2} \end{equation} Полное решение этого неравенства нам не очень нужно; достаточно сказать, где оно будет выполняться точно. Будем руководствоваться тем, что \[ \frac{1}{n} < 1, \] \[ \frac{1}{n^{2}} < \frac{1}{n}, \] \[ \frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}} < \frac{2}{n}+\frac{1}{n}=\frac{3}{n}. \] Тогда если $\frac{3}{n} < 1$, то и \[ \frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}} < \frac{3}{n} < 1, \] и неравенство (\ref{58ner2}) (а вместе с ним и (\ref{58ner1})) будет выполняться, и последовательность $b_{n}$ будет убывать. Это, очевидно, произойдёт при $n > 3$.
Итак, с третьего элемента $b_{n}$ убывает. Это значит, что при $n > 3$ верно $b_{3} > b_{n}$. Из элементов $b_{1}$, $b_{2}$ и $b_{3}$ можно выбрать наибольший $b_{m}$ (нам неважно, которым он будет). Среди элементов после третьего $b_{m}$ тоже будет наибольшим, потому что $b_{m}\geqslant b_{3} > b_{n}$, откуда следует, что последовательность $b_{n}$ ограничена сверху элементом $b_{m}$.
Так как последовательность $b_{n}$ ограничена сверху и снизу, она ограничена. А последовательность $a_{n}$, будучи произведением ограниченной последовательности $b_{n}$ на бесконечно малую последовательность $c_{n}$, тоже является бесконечно малой, что и требовалось доказать.
Задание: № 60, 62, 59, 61.
Задание для тех, кому скучно: № 63, 64, 65, 66.
