Calculus - Colloc01 - V.N. Chubarikov (1108268), страница 3

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 3)

. . pn )1/n = p.n→∞Доказательство. lim pn = pn→∞выражение⇔n→∞∀ε > 0 ∃n0 = n0 (ε) : ∀n > n0|pn −p| < ε. Тогда рассмотрим11lim (p1 . . . pn )1/n = lim (p1 . . . pn0 ) n lim (pn0 +1 . . . pn ) n =n→∞n→∞n→∞11= 1 · lim (pn0 +1 . . . pn ) n = lim ((p ± ε) . . . (p ± ε)) n → (p ± ε)n→∞n→∞¢n¡19. Задача. Исходя из равенства lim 1 + n1 = e доказать, что limn1/nn→∞ (n!)n→∞ynn→∞ yn−1Доказательство. Докажем вспомогательное утверждение: если limОно явно следует из предыдущей задачи, если положить pn =µlimn→∞n−n0n→p= e.= a, то lim√n yn = a.n→∞nnn! :ynyn−1 . Тогда берём yn =¶nn(n − 1)!nn−1·=lim=n→∞ (n − 1)n−1n! (n − 1)n−1¶n−1¶n¶¶µµµµnn − 1 −n1 −nn= lim= lim= lim 1 −=e= limn→∞ n − 1n→∞ n − 1n→∞n→∞nn20.

Задача. Доказать, что последовательность an = (1 + 1/n)n+p строго убывает тогда и толькотогда, когда p > 1/2.¡¢n+p ³ n+2 ´n+p+1Доказательство. Сравним n+1и n+1. Для этого сравним логарифмы этих выраnжений (используем монотонность функции y = ln x).(n + p)(ln(n + 1) − ln n)∨(n + p + 1)(ln(n + 2) − ln(n + 1))Пусть f (x) = (x + p)(ln(x + 1) − ln x). Тогда f 0 (x) = (ln(x + 1) − ln x) + (x + p)f 00 =x(2p−1)+px2 (x+1)2³1x+1−1x´и>0При p >12f 0 (x) возрастает (f 00 (x) > 0) и lim f 0 (x) = 0, то есть f 0 (x) < 0 и f (x) убывает.При p 612f 0 (x)x→+∞f 0 (x) > 0 при x >возрастает при x <p1−2p ,при таких xp1−2pи убывает при x >f (x) возрастает.Доказано.— 13 —plim f 0 (x)1−2p .

x→+∞= 0, следовательно1 Пределы числовых последовательностей21. Задача. Доказать, что ∀r ∈ Q : |r| < 1 верно равенство 1 + r 6 er 6 1 +r1−r .Доказательство. Докажем левое неравенство. Известно, что (1 + x1 )x < e, откуда следует, чтоx ln(1 + x1 ) < 1 ⇒ ln(1 + t) < t, где t = x1 .Теперь докажем правое неравенство. Оно следует из того, что (1 + 1/x)x+1 > e после некоторыхпреобразований. В обоих случаях мы брали натуральный логарифм от обеих частей неравенстваи пользовались тем, что y = ln(x) монотонно возрастает.´³11122.

Задача. Доказать, что lim n+1+ n+2+ · · · + 2n= ln 2.n→∞Доказательство. Рассмотрим пределы¶µ111 1lim 1 + + + · · · + + · · · +− ln(2n) = γn→∞2 3n2n趵11 1lim 1 + + + · · · + − ln(n) = γ.n→∞2 3nТогда, вычтя один из другого, получим то, что и требуется доказать.23. Задача. Пусть {xn } последовательность с ограниченным изменением, т.е. ∃c > 0 : ∀n ∈ N вернонеравенствоnX|xk − xk−1 | < c.k=1Доказать, что последовательность {xn } сходится.Доказательство. Пусть yn =nPk=1|xk − xk−1 |. Эта последовательность возрастает и ограниченасверху, следовательно имеет предел. Значит для неё выполняется критерий Коши:∀ε > 0 ∃n0 = n0 (ε) : ∀k, m > n0|yk − ym | < εПо определению|xk − xm | 6 |yk − ym | = |xm+1 − xm | + · · · + |xk − xk−1 | < εСледовательно и для последовательности {xn } выполняется критерий Коши, то есть она сходится.Замечание.

Пример сходящейся последовательности, не имеющей ограниченного изменения:xn = sgn( cos(πx) ) ·1nxn.n→∞ n24. Задача. Пусть 0 6 xm+n 6 xm + xn . Доказать, что ∃ limДоказательство. Обозначим xnn за yn . Заметим, что подпоследовательность {y2n } данной последовательности не возрастающая и ограниченная снизу, то есть сходится:x n+1x2ny2n+1 = 2 n 6 2 n+1 = y2n2·22Теперь покажем, что разность между любым членом и членом с номером, равным ближайщейстепени двойки, стремится к нулю, то есть и вся последовательность имеет предел:y2n +k 6x2nxkkx1+6 y2n + n2n + k 2n + k2+ k}| {z→0— 14 —1 Пределы числовых последовательностей25.

Задача. Верно ли, что(a) lim (an + bn ) 6 lim an + lim bn , если последние пределы существуют;n→∞n→∞n→∞(b) если lim an = a и lim bn = b, то lim an bn = ab;n→∞n→∞n→∞(c) lim an = − lim (−an ).n→∞n→∞Решение.(a) Выберем подпоследовательность индексов {nk }, такую, что верхний предел исходной последовательности равен пределу подпоследовательности с данными индексами. В этой подпоследовательности можно выделить подпоследовательность {n0k } такую, что только последовательность xnk имеет предел, из которой уже, в свою очередь выбираем подпоследовательность {n00k }, что ynk имеет предел.

Тогда каждый из верхних пределов больше соответсвующего частичного предела. Что и требовалось доказать.lim (xn + yn ) = lim (xnk + ynk ) = lim (xn0k + yn0k ) = lim (xn00k + yn00k ) =n→∞n→∞n→∞n→∞= lim xn00k + lim yn00k 6 lim xn + lim ynn→∞n→∞n→∞n→∞(b) Доказательство проводится по аналогичной схеме.(c) Очевидно.26.

Считаю это утверждение очевидным.27. Считаю это утверждение очевидным.28. см. задачу 2929. Задача. Пусть lim (sn+1 − sn ) = 0 и не существует ни конечного, ни бесконечного пределаn→∞lim sn , и пусть l = lim sn ,n→∞n→∞L = lim sn . Доказать, что последовательность {sn } расположенаn→∞всюду плотно на отрезке [l; L].Доказательство. Покажем, что любая ε-окрестность точки a ∈ (l; L) содержит бесконечное число элементов. Согласно условию ∃N = N (ε) : |xn+1 − xn | < 2ε при n > N . Возьмём такой произвольный ε > 0, что окрестности точек l, a и L не пересекаются.Поскольку l – частичный предел, то ∃xp1 ∈ Uε (l) : p1 > N .

Аналогично ∃xq1 ∈ Uε (L) : q1 > N .Но поскольку расстояние между двумя соседними элементами при n > N меньше 2ε, то ∃xr1 ∈Uε (a) : p1 < r1 < q1 .Предпологая далее существование таких элементов xp2 ∈ Uε (l) : p2 > p1 и xq2 ∈ Uε (L) : q2 > q1убеждаемся, что существует и xr2 ∈ Uε (a) : p2 < r2 < q2 .Продолжая этот процесс до бесконечности, убеждаемся в бесконечном количестве членов последовательности, лежащих в окрестности точки a.30. Данные утверждения более-менее очевидны, если в них хоть немного вдуматься.— 15 —.

Характеристики

Список файлов вопросов/заданий