Anti-Demidovich (Lyashko I.I., i dr.). Tom 1. Vvedenie v matematicheskij analiz, proizvodnaja, integral (2001)(ru)(T)(358s) (Антидемидович), страница 12

Тогда Ч я > т справедливо неравенство — < е н, следовательно, [х„— 1[ < е, т. е. 1нп х„ж 2. ж 6.7. Сходящнеся последовательности в метрическом пространстве. Определение. последовательпосп»ь (х„) элементов мепгрическоэо просгпранства 4.ма.- эывается сходящейся, если гущеспгвуют элемент а б Е и для любоэо е > О невщравьнеечисло гп такое, чего т п > пг справедливо иераеепсгиво р(хы а) < е.

В этом определении натуральное число т можно заменить положнтельным действительным числом о, поскольку нз неравенства п > а следует п > [а] = т. Если в И задана последовательность с членами х = (хпп хг», ..., х,„я), в б И, твкая, что существует 1нв х,а, 1 = 1, т, то эта последовательность сходится н снраведдпгво равенство )пп х = ( 1ип хгт 1нп хг,..., 1»пг хя ) о«оо Аналогично, если в Оу( задана последовательность Гл.

1. Введение в анализ 225. Доказатги что; а) Ью ди = О при (О! < 1; б) 1пп д" = оа прн !О! > 1. и со и со М а) Если т = О, то равенство а) очевидно. Пусть з > Π— произвольно и О < !д! < 1. Тогда, пользуясь неравенством Бернулли, получим — 1+ — — 1 >1-~-и — — 1 >в — — 1 Отсюда !Ч! -(Ч ! < н(1- ! !) <' "" >.(1 ! !) !т! , „ „ (т! б) Пусть )О! > 1 н со > Π— произвольно.

Тогда нз неравенства !О)и = (1+ ()з! — 1))и > 1+ п()О! — 1) > и()е! — 1) > ЪЬ находим, что !д! >ь ъгп> —.и 211 !О! — 1 2» — 1) —,+,„+ —,„.Т да 5 2 -1 1 /1 1 = -+ (-+— 2 ъ2 22 2" +' 1 1 2п — 1 +...+ — ) —— 2" 1) 2»+' 1 1 2п — 1 1 2-1 Я„= 1+1+ -+ ... + — — = 1+ 2 2" 2 2" 1— 2 2п — 1 2» Тавим образом, — 2» — 1 ~ ! 1 2н — 1 Ь Я =Ь (Г1+, — — „1=Ьщ(1+2 — — „- — и)со и оо со 2 1 —- 2»-2 2" 2 Здесь воспользовалнсь тем, что и 2 < е "~"=.Л и — 1 ~ и и < 1+и+ 2(Г=Ъ)+ „+1 длн произвольного е > О, если и > 1 + -, т, е. 1Ъш — "„- м О. М с' »-со М Заметим,что 1) (1 1 ) 1 Тогда 1'1 1 1 йп! ~ — + — +...+ и оо (~1 2 2 3 ' п(н+1)( (1 — 1 )=Ем = 1Ъпс » со М.

Ыт (Я. Я Я... 2/2). Найти следующие пределы: /1 3. 5 тто. Ы ~-+ — 2+ — 2+ и от2 22 22 М Пололсим Я = .-+ 2 + 2 г 1 1 > 67. 1Ьп ~ — + — + ° ° + и оо )~1 2 2 ° 3 ' п(и+1) 1, и . 1 = 1пп 3 — йт — „— 2 1пп — „+ 1пп — „= 3. 'Ъ 2 ии Ъи »-оо 2 »-22 и 2 Ь б. Предел последовательности ! ! ь, ! Л Так как т/2 т/2 ° т/2,, *т/2 = 2!+2+"' з" = 2 з" = —, и при я > 2 2з" 2= 2з" = 1+ 2з" — 1 > 1+ 2з" — 1 ! ! ! = 1 + и (2 з" — 1) + ... + (2 з" — 1) > я (2 з" — 1), т. е. ! 2 0 <2з» 1< я' то 2з" 1 при п оо и предел последовательности равен 2. и Доказать следующие равенства: 2» 69.

йп! — = О. » и! Л Равенство следует из неравенства г2 и из того, что (-) 0 при н оо (см. пример 65). а 70. 1нп — »=О, а>1. а» Л Пусть оь — целое и гл > Ь. Тогда где Ь = г/а > 1. Но н 0< —— !о ! )о! ьа) )о) ьа) )а) )а)™ ! ьа) <е, ~ гь! ~ 1 2 пь пь+1 н гн! ! нь+! / 0 и гн+ 1 > )а), если н достаточно велико. М <1.

справедливого при любом е > 72. Нп! гье" гк О, если (0~ »»» Л Доказательство следует нз того, что гь гь /ггпу" / = — „= —, Ь > 1 (см. пример ьО). я 6» ' 73. !пп ~/а=1. »» Л Прн а = 1 равенство очевидно. Пусть а > 1, тогда »7а > 1 и (см. пример 40) а = (1 + ( ь/а — 1)) > 1 + н( ",/а — 1) > и( т/а — 1), откуда получаем, что О < /а — ! <» < е при и >» (е > 0), т.

е. ",/о -г 1 при гь -» оо. Если 0 < а < 1, то — > 1 и по доказанному г/ — 1 при и оо Но тогда ! ! Ч- 1 1 1нп ~/а = 1пп — ьк =1. я ! * ! ьщ! < 0 6" (1+ (Ь вЂ” 1))" ! + гь(Ь вЂ” 1) +»(-" ь2(6 !)2+ + (6 !)» и(п — 1)(Ь вЂ” 1)з при и оа; тогда, применяя теорему о предельном переходе в произведении, получаем, что Ъ) — „) 0 при гь оо, откуда следует требуемое.

Н а» 71. !ьп! — =О. н! Л Равенство нулю предела следует нз очевидного неравенства Гл. 1. Введение в анализ и = (1+ ( ~/ьпь — 1))" = 1+ и( ьььь — 1) + ( ~(пь — 1) + п(ьь — 1) „г 2 + +(ьььй — 1)" > ( )(Дьь — 1) 2 следует, что ( Ггьпь — 1! < ~/ —, < е при произвольном е > 0 и при всех и > 1+ 2е г. м 76. !пп — „=о.

1 ~ььь ! М Покажем сначала, что Пркменим метод ььатематнческой индукции. При ьь = 1 неравенство справедливо. Далее, если оно справедливо при и, то для и+ 1 имеем (и+1)! = а!(и+1) > ( — ) (и+1) = ( — ), „> ( — ) З '(1+ )" З Последнее неравенство справедливо, так как ( )- 1 1" ьь а(п — 1) 1 1+-) =1+-+ — +...+ и) и 2! пг 1 ь' 11 =1+1+ — (1 — -) +...

+ 2! и 1 (1+1+ — + .. + 2! п(ьь — 1) ... (в — и+1) 1 и! и» 1 1 1 — <1+1+ — + ... + — < и! 2 2" 1 1 < 1+1+ — + ... + —,+ ... =1 1 + — = 3. ь 1 —— г Существование и равенство нулю предела вытекает из неравенства ! 1 3 0« — „ = — <е, ъгьь! (»)" ')/ з з справедливого для любого е > 0 при всех и > —. М 77. Доказать, что последовательность (х„), где х =(1+ — ) монотонно возрастает и ограничена сверху, а последовательность (у ), где У» = (1+ -) мон тонно убывает и ограничена снизу. Следовательно, они имеют общий предел: 1 »ть !пп (1+ — ) = Гнп (1+ — ) = е.

74. Вш — '=О, а >1. 1од, и и и Так как 1пп — "„= О, 6 > 1 (см. решение примера ьо), то — '„« — "„ 1 прн достаточно » ь ь" 1 большом и. Положим 6 = а', где а > 1, а е > Π— произвольное. Тогда — « — 1 аь» аь» или 1 < и < аг". !од и Логарифмирул последнее неравенство, имеем О < !од и < еп, откуда О < — ' ( е при и достаточно большом и. Из последнего неравенства и следует утверждение.

й 75. (пп,"гььь = 1. ОО < Из очевидного неравенства 1 6. Предел последовательности П Согласно неравенству примера 40,имеем +1 хи+1 ( + .11) хи (1+ -')" (1 + ! ) (1 + ) „ + 1 и+1 па+!а — и — 1 (1, — и из + !аг — ча пг-1 (1+ — ) — < — 0 прн и оо; откуда. т.е. хи,г", а у '~,. Далее, х <у и 0(уп — хп»о (У» — хи) 0 при и оо. Следовательно, 1пп хп оо 1нп у = с. Н и оо ос 78.

Доказатхи что 1сп 0 < е — (1 + — ) ( —, и б И. и) и' При каких значениях показателя и выражение (1 + — ) будет отличаться от числа е меньше чем на 0,0017 т! М Согласно примеру 77, имеем (1+ -) > е. Тогда О < е — (1+ — ) < !11+ — ) — !1+ -) < (1+-~ — < — < — < — пРи и >3060г:~ а) ~ и) ~ и) (, п) п и о 1000 79.

Пусть (рп) — произвольнал последовательность чисел, стремящаяся к +со, и (уи) — ' произвольная последовательность чисел, стремящаяся к -оо. Доказать, что с а ч 1!щ (1+ — ) = (цп ~1+ — ) =е. с 1 Р и со Уи щ Пусть (пь) — произвольная последовательность целых чисел, стремящаяся к +оо.а'Гси гда из неравенства Вывести огс!ода формулу 1 1 1 дп чж2+ — + — + ... + — +— 2! 3! и! и я!' ~ (1 + -) — е~ < е при и > !ч'(е), е > О, 1 1 / Ьпо следует, что )(1+ — ) — е~ < с при ааа > !а'(е), т.

е. 1нп ~1+ — „) = е. аа, а с Если произвольная числовая последовательность (рь), рь > 1, стремится к +со, то 'суще. ствует такая последовательность целых чисел (пь), что пь < рь < па + 1 и иь ~ +оо. Тап' как левая и правая части очевидного неравенства +И ( -..)"( ) ~+1 1 Рь стремятся к е, то 1нн 11+ — ) = е. ..., Если произвольная последовательность чисел (уь), -дь > 1, стремится к -оо, то,полагая уь = -пап Получаем И'=(-,") "»( —,)-'( — )- - --.

1!п 80. Поскольку !нп (1+ -) = е, доказать, что а 1 П 1 1 11 1!и !1+1.!.—.1- —.!... + — ) =е. 2! 3! 48 Гл. 1. Введение в анализ ' где 0 < Вэ < 1, и вычислить число с с точностью до 10 ° Переходя к пределу в неравенстве 1 1" н н(аа — 1) 1 н(аа — 1)(э — 2) 1 хчж 1+-) ж1+ + ) аэ аь) и 2! аьз + 3! из + +..

+ н(аь — 1) ... (и — !а+ 1) 1 и(и — 1) +...+ ид и! 2.1 1 — > аа при н со, получим неракенство 1 0<э — у < —. и аь! Овеаиаваи Вч ж -'Х!Га, 0 < д < 1. ОтСЮда ПОЛуЧаЕМ трЕбуЕМОЕ. ч ч! Неравенство 0 < е — у„« вЂ” ', 10 ь справедливо при и > 8.

Отсюда 1 1 1 1 1 1 1 е ан 2+ — + — + — + — + — + — + — сэ 2,71828. ьь 2! 3! 4.' б! б! 7! 8! 81. Доказать неравенство (е) (2) М Левая часть неравенства справедлива при и = 1; далее, по индукции +1 "+а ( +1)() +1 "+! (+ )'= '(+ ) (-) (+ )=( — ) „., >( — ) е е .!.! ) ч+! так как неравенство (аа + 1) (-", ) ( "~' ) > 1 эквивалентно неравенству (1 + -„) < е (справедливость последнего следует из примера 77).