И.В. Садовничая, Т.Н. Фоменко, Е.В. Хорошилова - Вещественные числа и последовательности (1108554), страница 14
Текст из файла (страница 14)
Поэтому sup{xn} = Х1 = 5, inf{xn} = Х2-1, lim Xnlim x2kn-+ooсходятся.Xn =ными и нечстпыми номерами:при всех n справедливо Xn $ Yn $ У1; Yn ~ Xn ~ Х1, то обе последовательности ограничены: {xn} - сверху, а {Уп} - снизу. Поэтому{Yn}22 п, n Е4.1. Для последовательности {xn} (n Е N) найтиsup{xn}, lim Хп, lim Xn еслиДоказательство. Покажем, что последовательность {хп} моно= Хn +Yn2nв·1от арифметuко-геометрu'Ч.ескv.м средним чисел а и Ь.тонно не убывает: Yn+lающиеОТВЕТ: х 3 = !!•3.8.
Доказать, 'Ч.то последовательности {xn}, {Yn} (nоnреде.л.яе.мь1е формуламu Х1 =а, У1 = Ь (а~ О, Ь ~О),ке nревwш'3.11. Доказать, 'Ч.то О< е - (1 + ~)n < ~. n Е N.3.12. Найти наименьший -член nоследовательност•· х _ 29n - 100." n - n -Жn0челые неотричательные "Числа4k= 0'Другой пример - последовательность= max{ n--+oolim x 4 k, lim X4k-1, lim X4k-2i lim Х4k-з} = 2,n--+oon-oon-+oo\im хn-+oo ninf{xn} = min{inf{x4k}, inf{x4k-J }, inf{x4k-2}, inf{x4k-з}} =О,sup{xn}= max{sup{x4k},sup{x4k-1},sup{x4k - 2},sup{x4k-з}} =Заме-чан.ие. Случаи nнить в один:n = 2k-1.= 4k -3иn= 4k -2.1 можно было объедиОтметим также, что полученные результатыследуют из цепочки:0 l X4k - 2 < X2k-1 < X4k Т 2,выполняемой при всех k Е N. Здесь X4k-2 = 4k1_ 1 , X2k-l = 2 - А•1а стрелки указывают паправлеuие монотонности.X4k -- 2 - -4k+l'4.2.
Найти "<астичн.ые пределы последователыюсти1 2n - 1в' в····· 2n' ~· ·· ·Решен.ие. Из членов данной последовательности выделим две схоих"= 2n- 1 n Е N. Их пределы lim х~ = lim 21.. =О,ми) •. х'ra. = ..L2nn2" 'n-+oon-+ooJim х~ =Jim 2~;;-1 = 1 будут частичными пределами последоваrn-+ooтельности. Других предельных точек нет (см. утверждениеа) {xn+ Yn};б) {XnYn}?+ Yn}- расходится. Действительно, если бы она сходилась, то сходилась бы и разность последовательностей {xn + Yn} и {xn}· Но это невозможно, так какдящиеся подпоследовательности (с нечетными и четными номера.-n-+ooсходимости последовательностейРешение. а) Последовательность {Xn1 1 1 3 1 72' 2' 4' 4'Xn = an, Xkn = ak +n+k (k,n Е N).
Эта последовательность имеет своими частичнымипределами не только числа ai, а2, аз, ... , но и все частичные пределы,имеющиеся у последовательности {an}.4.5. Пусть nоследовательн.ость {xn}, n Е N, сходите.я, а последовательность {Yn} - расходится. Что моа1сно утвера1едатъ ос~ставленная из членов последовательностей45. главы{(xn + Yn) - Xn} = {Уп}, а {Yn} - расходится.б) Последовательность {xnYn} 11южет как сходи·.гься, так и расходиться. Например, {xn} = ~ - сходится, {Yn} = (-l)n - расходится,{XnYn} = i=!L.-n - СХОДИТСЯ. Или {xn} = * - сходится, {Yn} = (-l)nn- расходится, {x"yn} = (-l)n - расходится.4.6.
Пусть lim Xn = О и {Уп} - произволь1tая nоследовательn-+оо2).4.3.Построить пример "<исловой последователыwсти, имеющей в 'Ка"<естве своих "<асти"<н.ьtх пределов "<t.ICJШ ai, а2, аз,... , а".Решен.ие. В качестве одного из примеров приведем последоваа 1 , а2, аз,тельность вида... , ар, а1, а2, аз, .. " а", ai, а2, аз, ... , а",··· ·Построим другой пример. Для этого рассмотрим последовательности видаXkn=ak+ ~' k = 1, 2, ...
,р; n Е N, которые при n-+ +оо·ak. Составим из членов последовательсходятся к своим пределамностей Xkn последовательность, например, видаа 1 +1, а 2 +1,111111.", а"+1, ai + , а2+2, ... ,а"+2, ... , а1 +;;:,а2+;;:, ... ,а"+;;:, · ··2которая также удовлетворяет условиям за,цачи.4.4. Построить пример ч1Lсловой rюследовательности, д.л.я ко... , an, ···торой все 'Ч.!tены дан.хай ч1J.словой последовательности а1, а2, аз,являются ее -частtL"<НЫМи пределами. Какие еще "<асти-чные пределъt обязательн.о имеет построенная последовательность?Решение.
В качестве простейшего примера приведем последовательностьai, а1, а2, ai, а2, аз, ai, а2, аз, а4, ··· ·70ностъ. Можно ли утвера1едатъ, '<то lim XnYn = О? Привести разn-оолич1tые примеры.Реше~юе. Если {Yn} имеет конечный предел, то да. Например,{xn} ={Уп} = 2 + ~·Если {Yn} -+ ±оо, то {xnYn} может как сходиться, так и расходиться. Например, {XnYn} сходится для {xn} = ~. {Yn} = n ирасходится для {xn} = ~' {Yn} = n 2 .Если {Yn} не имеет предела, то {XnYn} может и сходиться, и расходиться.
Например, она сходится при {xn} = *' {Yn} = (-l)n, ирасходится при {xn} =*'{у"}= (-1)nn.*'Задачи для самостоятельного решения4.7. Д.л.я. последовательности {xn} (n Е N) найти inf{xn},SUp{xn}, Jim Xn 1 \im Xn, если а) Xn = (-l)n + l+(- l)n; б) Xnn---toon---toon21+2(-l)n+l + 3(-1) *,-1).ОТВЕТЫ: а) Jimп.-...ооXn=О, n-oolim Xn= 1, inf{xn} = -1,1, 5; б) lim Xn = inf{xn} = -4, Jim Xn = Sup{xn} = 6.~n~oo71sup{xn}==< _1_n--+oon--+oon--+ooXnмера (-12п+р+ ... = 2"1< с ве рно при n > - 1og2 с, поэтому, начиная с ноJog2 с] + 1, сразу для всех р Е N выполняется неравенствосходимости последовательности .6)неч11ъ~й •~астичнъ1й r1редел, но не .нв.п.яющейс.н сходящеi/.с.н; в} uме-{xn} =1cos(n + 1}! + +cos(n + р)!1(n+l}(n+2) ·· · (n+p)(n+p+1) $<111- (n+l)(n+2} + (n+2)(n+3) + ...
+ (n+p)(n+p+J)'б} Пусть {х"} -+ а, {Yn} - бесконечно большая последовательность, тогда х 1 , у 1 , х 2 , у2, ... , х", Yni ... - расходится и при этом имеетединственный конечный частичный предел а. Например,Действуя аналогично пункту а}, оценим модуль разности:lxn+p - xnl =1ощей бесконе•1ное .мно:)/сество частичных предеАОв.3ОТВЕТЫ: а) {х"} = n или {xn} = - n ;~.Используя тождество1k(k+1) -- 'k1 -1k+l(k= n + 1, ...
, n + р), предста.-вим каждое слагаеыое в виде разности двух дробей :{Yn} = n;в) Например,ai, а1, а2, а1 1 а2, аз, а1 1 а2, аз, а4, ...4.10. Пусть последовательности {х"} и {у"}, n Е N, расхо(-l___l_) + ( 1 n+31)n+1 n+2lxп+p-Xnl -<дятся. Можно ли утвер:ждать, что последовательности а) {xn +n+2-+ .. .+б} {х"у"} также расходятся? Привести примеры.ОТВЕТЫ: Нет.
а) {xn} = n, {Yn} = n 2 расходятся и {xn + Yn}- расходится; {х"} = n, {у"}= 1- n расходятся, а {х" + Yn} = 1 -сходится; 6) {х"} = n, {у"}= nз расходятся и {х"у"} - расходится;{xn} = (-1)", {Yn} = 2(-1}" расходятся, а {х"у"} 2 - сходится.4.11. Пусть lim х 10 у" = О. Следует ли отсюда, что либо Jim Xn=n--+ooО, л1.L60 lim Yn =О? Рассмотреть пример: {хп}n_.ool-<; 1>", n Е N.n-oo=_1_ 1)- 111( n+p n+p+1 -n+1 - n+p+1<n+1·1Неравенство -n+l=~' {у"}=§5 главы 2Задачи этого раздела предлагается решать, применяя критерийКоши сходимости (расходимости) числовой последовательности.5.1. Доказать сходимость nоследоватмьностей:Xnб}cos{l!)XnИ ДО азк5.2.cos{2!}cos(n!)= lТ+~+ ... + n(n + 1) ·Доказатмьство.
а) Достаточно доказать, что для mобого с > О+ ... +Nn >_ [f:'1] ,приlx n+p -х 1<nс, ЧТОьmает сходимость последовательности.Доказать сходимость последовательностейб} Xn =Xn = 1 + _!__!__.22 + _!_32 + ... + n2'arctg _1_ + arctg _1_ + .. . + arctg11·22·3n-(n+l).Доказательство. а) Достаточно доказать, что для любого сN>о= N(c) Е N такой, что 'r/n > N'r/p Е N будет справедливо неравенство lxn+p-xnl < t;. Рассмотриммодуль разностиlx " +1' -хn-1-1- (n +1 1) 2 + (n +1 2)2 + ··· + (n +1 р)2 1=111- (n + 1)2 + (n + 2)2 + ··· + (n + р)2 ·sin(n+p)\ 1sin(n+1)1\sin{n+p)I2n+p$2n+l+ ..
. +2n+p$72поэтому, начиная с этоговьшолняетс.я неравенство:айдется зависящий от него номернайдется зависящий от него номер N = N(c) Е N такой, что привсех n > N и всех натуральных р будет справедливо неравенство\xrt+p - xn\ < f:. Оценим модуль разности: \xn+p - х"1 == \sin(n+l)2n+lс верноа)Задачи к_ sin 1 sin 2sin n.2 + 22 + ..
.+ 2" '<номера, при всех р ЕОТВЕТ: Нет, см. предложенный пример.а)1lxn+p - х"1 < с, т.е. выполнено необходимое и достаточное условие= sup{x"} = +оо.4.9. Построить пример чuс.11овой nоследователм1ости: а) не имеющей конечных части•тых 11ределов; б} имеющей единственный коу"};1Неравенство ..!..2"n --+ ooОТВЕТЫ : а) ~lim х" = inf{xn} = - ~, lim Xn = sup{x"} = 1;n~oo6) lim х" = inf{xn} =О, lim1- 2n+1 + ... + -<- + 2n+2 + ...
+2n+p2n+l4.8. Для последовательности {х"} (п Е N) найти inf{x"},2sup{x"}, lim х", lim х" , если а) Xn = ~:;::i cos ;"; 6) Xn = n(-l)" .73Воспользовавшись вспомогательным неравенством ~. < k(k~l)k~l -t (k = 2, 3, .. ),получим:номер11р- 1) =n~2) + ... + (п+~-1 - п:р) =n:l) + (n:l 111nn+pnn >N<Е: верно при n> :.[:] + 1, сразу для всех натуральных р выполняется неравенство\xn+p - xn\ < Е:, т.е. выполнено необходимое и достаточное условиесходимости последовательности.б) Достаточно доказать, что для любого Е:>О найдется зависящий от него номер N Е N такой, что при всех n > N и всех р Е Nбудет справедливо неравенство \xn+p - xn\ < Е:.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
