И.И. Ляшко, А.К. Боярчук, Я.Г. Гай, Г.П. Головач - Введение в анализ, производная, интеграл (1108557), страница 12
Текст из файла (страница 12)
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 *-=(" ) 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 ча 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).
Правая часть неравенства следует из того, что (см. пример 42) 82. Доказать неравенства; ,а) < 1в ~1+ -) < —, где и — любое натуральное число; +! б) 1 + и < е~, где о — действительное число, отличное от нуля. 1 1 1 е>2+ — + — + ... + — =ум 2! 3! аа! справедливое при любом й. Так как в множестве (уа) иет нанболынего элемента, то лри й ав Ьь 1 1 1 д„=в+ — + — + ... +.— <е, 2! 3! л! т. е. знак равенства невозможен. Кроме того, 11" 1 1 1 х„=(1+ — ) <2+ — + — + ..
+ — =У . и 2! 3! и! Таким образом, х„< уч < е и 1пп х = е, Отсюда следует, что 1пп у» = е. ч- ааа Переходя к пределу в неравенстве 1 1 1 (и+1)! (в+2)! '' (и+ап)! 1 / 1 1 1 и+2 1 < 1+ — + + ° ° ) = < (и+1)! (ь и+2 (л+2)э ) (э+1)! и+1 аь и! при фиксированном и и и! - оо, получаем 1 б. Предел последовательности М а) Логарифмируя неравенство (см. пример 77) (1+ -')" «. (1+-')»", получаем и 1п (1 + -') < 1п е = 1 < (и+ 1) 1п (1 + Ч, откуда саедует неравенство а): б) Покажем сначала, что / йгп и~а — 1 =1па, а>0, где 1и а есть логарифм числа а при основании е = 2,718 .... М Из неравенства (1+ -„) < е < (1+ —,) находим, что 1 < н 1 е» вЂ” 1~ < 1+ —, И >( 1, откуда / Бп! н е — 1 =1.
»»т / '': ю! я»! При а > 1 имеем у = п (а — 1) = п (е» вЂ” 1) = т» (е* — 1) 1п а, где я» ж уяа»т!»+оо ! 1 ' !»' при и оо. Обозначим о„= (з„) (целая часть), так что о» < я < о„+1 и — „+, < —, 4 „: Отсюда получаем неравенства ! ! 1па о (е»»+' — 1) < у < 1па(о + 1)(е" —,1), 1 1 — !па(е +' — 1) +1па(о +1)(е +' — 1) < у <1па о»(е~ -1) +~ил(а»ч — 1) т! — < 1п(1+ т) < т, ф где т — любое рациональное число, отличное от нуля и большее -1.
Пусть т ж ш > О. Тагил,; » в силу неравенства а), получаем ="("Ч '(" — ') -"(" ' ) 1 1 1 !н < — + — +..+ < — жт, и и+1 и+и! — 1 и 1 1 1 тл 1п(1+ т) > — + — + ... + > +1 и+2 и+ш + 1+ — „1+ откуда следует неравенство (1) для т > О. Если же — 1 < т! < О, то, полагая -т! — — т, 0 < т < 1, имеем ч !з! 1 т 1п(1+ т!) =1п(1 — т) = — 1и — = -1п (1+ — 1, —,) откуда — —, < 1п(1+ т! ) < -т, т. е. —;-!- < 1п(1+ т!) < т!.
Пусть о — произвольное действительное число, большее -1, отличное от нуля. Тогда существует такое рациональное число т, что — + — <о< 2 2+т !»! !. (например, любое рациональное число т, содержащееся между действительными числезян а и з/о! +4+ о — 2). Тогда 1п(1+о) < 1п(1+т) — 1и ( — — ) — 1п(1+ — ) +1и (1+ -) < -+ ь- <М. Следовательно, 1п(1 + о) < о (а > — 1, о 14 0) и 1+ а < е» (о > — 1, а ф 6)! Всизг!11< -1, то неравенство 1+ о < е» очевидно, поэтому неравенство 1+ о < е справедливо Ири ИЕЕИ о ф О. ° 83. Показать, что Гл.
1. Введение в анализ 1 Так как последовательность (о (е — 1) ) является подпоследовательностью сходящейся 1 последовательности (» (е — 1) ), то 1 г г 1пп о (с~ — 1) = йпь и(сп — 1) =1. г Применяя утверждение 1, п. 6.3, получаем 1 1 ь,. - ь (и..(, . — г) г„(, . — ь)) =г „ о а > 1. Если же О < а < 1, то 1 — 6 уп=п(ап-1) =гь ', -1 — — и 6 — 1 (-') = 6= 6= 1 1 где6=->1.
Атаккак6 1 и гь(6 — 1) -г1п6прип со,то 1 Рйп уп пп — 1и 6 = — !п — = 1п а, О ( а < 1. И а 84. Пользуясь теоремой о существовании предела монотонной и ограниченной последовательности, доказать сходимость последовательности (хп), где При и > -1офз е и всех натуральных р.
соз 1! соз 2! соз и! 8й. х * — '+ — '+ ., + ', б(4. 1 2 2 3 п(а+1)' Ч Для произвольного з > О и при всех натуральных р имеем ьввгр х»( ~ соз(гь + 1)! соз(а + 2)! соз(п + р)! + + ° + ( (и+ 1)(»+ 2) (гь + 2)(и+3) ' (и+ у)(гь+р+ 1) / Ч Имеем — ~я- = 1 + -„-42 > 1, следовательно, последовательность возрастает. 1 Ограниченность следует из неравенств 2) ( 4) ( 2) 1 1 1 1 1 1 1 1 < — + — +...+ — < — + — + ..+ — +...= — — 1,хп<е. 2 4 2" 2 4 2» 2 1 — 1 2 Таким образом, последовательность, согласно утверждению 2, п.
б.з, сходится. ° пользуясь критерием копьи, доказать сходимость следующих последовательностей (х ), где: зпь 1 зьп 2 сйп и 8$ хп = — + — + ... + —, гь Е 6(. 2 22 2" Ч Пусть У с > О. Тогда 181п(» + 1) з1п(» + 2) Б1в(11+ и) ~ 2»41 2п+2 ' ' ' 2 +р ( )ип(гь+1)! (зьп(гь+2)( )зьп(гь +р)) 2»+' 2"42 ''' 2»+р 1 22-2 ь ( — + — + ... + — + ... = — — <е 2 41 2 +2 ''' 2+Р ''' 1 1 2 ! б. Предел последовательности бй; 1 1 1 ( + + .. + (ьь+ 1ип+2) (а+2)(п -$-3) (и+ р)(и+у+ 1) 1 1 1 1 1 1 1 1 .1. „, — — — — + — — — + + — < ' '*'<ьй и+1 и+2 ьь+2 ьь+3 и+р и+у+1 и+1 п(р!1 и+1 1 'т' и > — — 1 = У(с). 8 ь, Последовательность (х ) имеет ограниченное изменение, если существует т33иьб чьи! сло с, что !хз хь(+ !хз хз)+ ... + )х — з — ь! ( с, и б 1Ч.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
