1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 14
Текст из файла (страница 14)
+1nn .70Решение. Монотонность есть, поскольку xn+1 − xn =Ограниченность: xn < 1 +122 (1+ 12 + . . . +12n−2 )1(n+1)n+1> 0.< 32 .Задача 08. [3] §8. N 163. 3. Доказать, что последовательность {xn }n∈N сходится, если xn = 1 +122+132+ ... +1n2 .Решение. Монотонность есть, поскольку xn+1 − xn =1(n+1)2> 0.Ограниченность:nX1111xn < 1 +++ ... +=1+=.1·2 2·3(n − 1)nk(k − 1)k=2nX 1111+−= 2 − < 2.k−1 knk=2Задача 09. [3] §8.
N 164. 1. Доказать, что последовательность {xn }n∈N имеет√предел, и найти его, если xn+1 = 12 + xn , x1 = 13.√Решение. Покажем, что xn > 4. Проверяем по индукции: xn+1 −4 = 12 + xn −√−x2 +x +12xn −4√ n n12+x−x=4 = √12+x>0.Легковидеть,чтоx−x==n+1nnn12+xn +xnn +4−(xn +3)(xn −4)√12+xn +xn< 0.Задача 10. [3] §8. N 164. 5. Доказать, что последовательность {xn }n∈N имеет1xn ,предел, и найти его, если: xn+1 = 1 +x1 = 1. (Указание. Рассмотретьподпоследовательности {x2k }k∈Nи {x2k−1 }k∈N .)Решение. Рассмотрим x2k+2 = 1 +x2k >√1+ 5211+ x12k= 2−11+x2k ,x2 = 2. Покажем, чтопо индукции. Используя индукционное предложение x2k >покажем, что x2k+2 = 2 −11+x2k>√1+ 52 .√1+ 52 ,Покажем, что x2k+2 < x2k :x2k+2 − x2k(2 − x2k )(1 + x2k ) − 1(x22k − x2k − 1)==−< 0.(1 + x2k )(1 + x2k )Рассмотрим x2k+1 = 1 + 1+ 1 1√1+ 52x2k−1= 2 − 1+x12k−1 , x1 = 1.
Покажем, что x2k+1 <по индукции. Используя индукционное предложение x2k−1 <кажем, что x2k+1 = 2 −11+x2k−1<√1+ 52 .71√1+ 52 ,по-Покажем, что x2k+1 > x2k−1 :x2k+1 − x2k−1 =(2 − x2k−1 )(1 + x2k−1 ) − 1=(1 + x2k−1 )(x22k−1 − x2k−1 − 1)−> 0.(1 + x2k−1 )Задача 11. [3] §8. N 171. 1. Доказать, что последовательность {xn }n∈N сходится, если xn =1n+1n+1+ ... +12n .Решение. Покажем, что xn убывает: xn+1 − xn =12n+212n+1−1n< 0.
Нужkно показать ограниченность снизу xn > ln 2. Из неравенства e > 1 + k1получим k1 > ln 1 + k1 :xn =+111++ ... +>n n +12n111ln 1 ++ ln 1 ++ . . . + ln 1 +=nn+12nn+1 n+22n + 12n + 1ln= ln> ln 2.·· ... ·nn+12nnЗдесь мы используем теорему Вейерштрасса. Найдем предел последовательk+11ности. Из неравенства e < 1 + k1получим k+1< ln 1 + k1 :xn =111++ ... +<n n+12n111ln 1 ++ ln 1 ++ .
. . + ln 1 +=n−1n2n − 1n+12n2nnln·· ... ·= ln.n−1n2n − 1n−1Получим неравенство2nln 2 < xn < lnn−112∀n ≥ 2.Seminar n. 12Определение. Последовательность {xn }n∈N называется фундаментальной(или последовательностью Коши), если для любого ε > 0 существует такоеNε ∈ N, что |xn+p − xn | < ε для всех n > Nε и p > 0.72Теорема. (Критерий Коши) Для того, чтобы последовательность быласходящейся, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.Пример.
Если ∃ lim xn , тогда для ∀p ∈ N имеем lim (xn+p − xn ) = 0. Обn→∞n→∞ратное не является верным.Отрицание условия Коши. ∃ε > 0 ∀N ∈ N ∃n > N и ∃p > 0: |xn+p − xn | ≥ε.Задача 01. [3] §8. N 148. Пусть {xn }n∈N и {yn }n∈N – фундаментальные последовательности. Доказать, что:1) {xn + yn }n∈N – фундаментальная последовательность;2) {xn · yn }n∈N – фундаментальнаяn последовательность;oxn3) если |yn | ≥ c > 0, n ∈ N, то yn– фундаментальная последовательn∈Nность.Решение. Поскольку последовательности являются фундаментальными, тоони являются сходящимися. Следовательно, они – ограничены.
Таким образом, |xn | < A, |yn | < B, ∀n ∈ N.Рассмотрим три случая.1. Пусть ∀ε > 0 Nε ∈ N, что |xn+p − xn | <ε2и |yn+p − yn | <ε2для всехn > Nε и p > 0. Таким образом,|xn+p + yn+p − xn − yn | ≤ |xn+p − xn | + |yn+p − yn | < ε.2. Пусть ∀ε > 0 Nε ∈ N, что |xn+p − xn | <ε2Bи |yn+p − yn | <ε2Aдля всехn > Nε и p > 0. Таким образом,|xn+p yn+p − xn yn | = |(xn+p − xn )yn+p + xn (yn+p − yn )| ≤|xn+p − xn | |yn+p | + |xn | |yn+p − yn | ≤ B |xn+p − xn |εεB+A = ε,+ A |yn+p − yn | <2B2A3. Пусть ∀ε > 0 Nε ∈ N, что |xn+p − xn | <73εc22Bи |yn+p − yn | <εc22Aдля всехn > Nε и p > 0.
Таким образом, xn+p xn xn+p yn − xn yn+p = yn+p − yn = yn yn+p (xn+p − xn )yn − xn (yn+p − yn ) ≤yn yn+p|xn+p − xn | |yn+p | + |xn | |yn+p − yn |≤|yn | |yn+p |BA|x−x|+|yn+p − yn | ,n+pnc2c2Задача 02. [3] §8. N 141. 4. Доказать, что последовательность {xn }n∈N фундаментальна, если xn = a + aq + .
. . + aq n−1 , где |q| < 1, n ∈ N.Решение.n+p−1n+p−1XX|a|kaq ≤ |a||q|k ≤|xn+p − xn | = |q|n .1 − |q|k=nk=nЗадача 03. [3] §8. N 143. 1. Доказать, что последовательность {xn }n∈N сходится, если xn =sin a2+sin 2a22+sin 3a23+ ... +sin na2n ,a ∈ R.Решение. n+pn+pp−1 X sin ak X1 X 11|sin ak|<<< ε.|xn+p − xn | = ≤2k 2k2n+12k2nk=n+1k=n+1k=0Задача 04. [2] N 88. Пользуясь критерием Коши, доказать расходимостьпоследовательности xn = 1 + 12 + . . . + n1 .Решение.2nX1n1|x2n − xn | =>= .k2n 2k=n+1Задача 05. [3] §8.
N 147. 3. Пользуясь отрицанием условия Коши, доказать,nчто последовательность {xn }n∈N расходится, если xn = (−1)n 1 + n1 .Решение.x2n − x2n−1 =11+2n2n+ 1+12n − 12n−1> 4.Задача 06. [3] §8. N 147. 4. Пользуясь отрицанием условия Коши,доказать,n nчто последовательность {xn }n∈N расходится, если xn = 1 + (−1), n > 1,n74x1 = 0.Решение.|x2n − x2n−1 | =2n + 12n2n−2n − 22n − 12n−1=2n113,1+−>2n−112n21 + 2n−21+12n − 22n−1>1+2n − 1> 2,2n − 211+12n−212n−1 < .2Задача 07. [3] §8.
N 147. 5. Пользуясь отрицанием условия Коши, доказать,что последовательность {xn }n∈N расходится, если xn =122+232+ ... +n(n+1)2 .Решение.2nX2nXk11n|x2n − xn | ==>·>1(k + 1)22(2n+1)(k+1)(1+)kk=n+1k=n+1n11·= .2 (2n + n) 6Задача 08. [3] §8. N 149. 1. Доказать, что последовательность {xn }n∈N схоnPsin kαдится, если xn =k(k+1) , α ∈ R.k=1Решение. n+pn+pn+p X sin(kα) XX1|sin(kα)||xn+p − xn | = ≤=≤k(k + 1) k(k + 1)k(k + 1)k=n+1k=n+1k=n+1n+pX 11111−=−<.k k+1n+1 n+p+1 n+1k=n+1Задача 09. [3] §8.
N 149. 2. Доказать, что последовательность {xn }n∈N схоnPakдится, если xn =k 2 , где |ak | ≤ C, k ∈ N.k=1Решение. n+pn+pX a X1k|xn+p − xn | = =<C2k k(k − 1)k=n+1k=n+1n+p 1X111 CC−=C−< .k−1 kn n+pnk=n+17513Seminar n. 13Задача 10. [3] §8, N 161. Последовательность {xn }n∈N такова, что для всехnPn, начиная с некоторого, 0 < xn+1 < xn , и последовательность Sn =xkk=1сходится. Доказать, чтоlim nxn = 0.n→∞Решение.
Здесь мы пользуемся тем, что последовательность Sn =nPxkk=1является фундаментальной: ∀ε > 0 ∃Nε > 0 ∀n > Nε , ∀p > 0n+pX0 < Sn+p − Sn =n∈Nxk < ε.k=n+1Таким образом, lim (S2r − Sr ) = 0, lim (S2r−1 − Sr−1 ) = 0. Мы используемr→∞r→∞принцип двух полицейских для последовательности nxn :• Пусть n = 2r, r ∈ N, тогда2rX0 < 2rx2r < 2(xr+1 + xr+2 + . .
. + x2r ) = 2xk = 2(S2r − Sr );k=r+1• Пусть n = 2r − 1, r ∈ N, тогда0 < (2r − 1)x2r−1 < 2rx2r−1 < 2(xr + xr+2 + . . . + x2r−1 ) =22r−1Xxk = 2(S2r−1 − Sr−1 ).k=rЗадача 11. [3] §8, N 153. Последовательность {xn }n∈N такова, что последоnPвательностьxk сходится. Доказать, что lim xn = 0.n→∞k=1Задача 12. [3] §8, N 154. Последовательность {xn }n∈N монотонна и lim xn =n→∞0. Доказать, что последовательностьSn = x1 − x2 + .
. . + (−1)n−1 xn ,76n ∈ N,сходится.Решение. РассмотримSn+p − Sn =n+pX(−1)k−1 xk .k=n+1Пусть Bk =kP(−1)r−1 . Тогда Bn+1 = (−1)n , (−1)k−1 = Bk −Bk−1 , k ≥ n+2.r=n+14Следовательно,Sn+p − Sn =n+p−1XBk (xk − xk+1 ) + Bn+p xn+p .k=n+1Тогда|Sn+p − Sn | ≤n+p−1X|Bk |(xk − xk+1 ) + |Bn+p |xn+p ≤k=n+1n+p−1X(xk − xk+1 ) + xn+p = xn+1 .k=n+1Частичные пределы последовательностиПусть {xn }n∈N – какая-либо последовательность. Если {nk }k∈N – возрастающая последовательность натуральных чисел, то последовательность {xnk }k∈Nназывается подпоследовательностью последовательности {xn }n∈N .Упражнение.
Если последовательность сходится к a, то любая её подпоследовательность тоже сходится к a.Теорема. (Теорема Больцано–Вейерштрасса для последовательностей)Любая ограниченная последовательность имеет сходящуюся подпоследовательность.Пусть {xn }n∈N – ограниченная последовательность. Определим последовательности:in = inf{xk |k > n},4sn = sup{xk |k > n}.Лишнее условие – Bn = 0.77Если последовательность {in }n∈N (последовательность {sn }n∈N ) сходитсяк a, то говорят, что a есть нижний предел (верхний предел) последовательности {xn }n∈N .Обозначения: lim inf xn = lim xn – нижний предел последовательности {xn }n∈N ,n→∞n→∞lim sup xn = lim xn – верхний предел последовательности {xn }n∈N .n→∞n→∞Если последовательность ограничена, то её верхний и нижний пределы существуют.
Число a называется частичным пределом последовательности {xn }n∈N ,если существует подпоследовательность {xnk }k∈N , сходящаяся к a.Теорема. Нижний и верхний пределы ограниченной последовательности являются её наименьшим и наибольшим частичными пределами соответственно.Теорема. Для того, чтобы ограниченная последовательность сходилась, необходимо и достаточно, чтобы её верхний и нижний пределы совпадали.Задача 01. [3] §8, N 116, 1.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
