1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 17
Текст из файла (страница 17)
lim xn = 23 .n→∞3. С помощью критерия Коши исследовать сходимость последовательностиxn =112/3+122/3+ ... +11+.(n − 1)2/3 n2/3Решение. Пусть ε = 21 . Для любого N > 0 существует n > N и p = nтакие, что|x2n − xn | = x2n − xn =2nXk=n+11k 2/32nX1n1>>= = ε.k2n 2k=n+1Ответ. Последовательность {xn } расходится.964. Для последовательности {xn } найти inf{xn }, sup{xn }, lim inf xn , lim sup xn :n→∞n→∞(−1)n n + 1xn =.2n + (−1)n−1(2n−1)+1=4n−2−12n+1114n+1 = 2 + 2(4n+1)Решение. Рассмотрим две подпоследовательности x2n−1 =1− 2n−24n−3 = − 2 +12(4n−3) (монотонноубывает) и x2n =(монотонно убывает).Ответ.
sup{xn } = 53 , inf{xn } = lim inf xn = − 21 , lim sup xn = 21 .n→∞5. Исследовать сходимость ряда∞Pn→∞an , гдеn=1(a) an =arctg(n2 +2n);3n +n2Решение. Можно воспользоваться признаком Даламбера:an+1arctg((n + 1)2 + 2(n + 1))(3n + n2 )= lim=n→∞ ann→∞ arctg(n2 + 2n)(3n+1 + (n + 1)2 )arctg((n + 1)2 + 2(n + 1))3n + n2lim· lim n+1=n→∞n→∞ 3arctg(n2 + 2n)+ (n + 1)2n2lim arctg((n + 1)2 + 2(n + 1)) 11+1n→∞3n··lim=< 1.2lim arctg(n2 + 2n)3 n→∞ 1 + (n+1)33n+1n→∞lim√(b) an = (−1)n sin( n2 − 1 − n) cos n1 .(1) (1)(1)Решение. Пусть an := an bn , an := cos n1 ,√√(1)(2) (2)(2)bn := (−1)n sin( n2 − 1 − n) = an bn ; an := − sin( n2 − 1 − n) =∞√P(2)(1)sin(n − n2 − 1) = sin n+√1n2 −1 , bn := (−1)n−1 .
Рядbn сходитсяпо признаку Лейбница. Ряд∞Pn=1(1) (1)an bn сходится по признаку Абеля.n=16. Найти все значения α, при которых ряд∞Pann=1I) абсолютно сходится, II) условно сходится:n(n+1)(a) an =(−1) 2n−α;(1) (1)Решение. Пусть α ∈/ N. Рассмотрим представление an = an bn .97(1)Последовательность an =(1)n > α, bn1n−αявляется монотонно убывающей приnPn(n+1)(1)bk является огра= (−1) 2 . Последовательностьk=1ниченной:Bn(1)=nX(1)bk = −1 − 1 + 1 + 1 + .
. . + (−1)n(n+1)2,k=1(1)(1)(1)(1)B4r−3 = −1, B4r−2 = −2, B4r−1 = −1, B4r = 0,r ∈ N;|Bn(1) | ≤ 2.Ответ:I) ряд не сходится абсолютно,II) ряд сходится условно при α ∈/ N.(b) an =ln2 nnαsin(2n);Решение.(1) (1)(1)• Сходимость. Представим an = an bn , где an =ln2 nnα ,(1)bn =sin(2n). Здесь нужен вспомогательный результат. Пусть zn >20, zn → +∞. Тогда lim lnznzn = 0.
Следовательно, lim lnnαn =n→∞n→∞2αln(n 2 )ln2 n4lim=0,∀α>0.Последовательностьα2αnα монотон2nn→∞но убывает при n > exp( α2 ). Для этого нужно n показать, n что 2 0P (1) Pln x(2−α ln x)2 ln x==<0приx>exp().b=sin(2k)k xαxα+1α k=1|sin(n+1) sin n|sin 1<sin (n+1)xsin nx22.xsin 21sin 1k=1= M. Здесь мы используем формулуТаким образом, ряд∞PnPsin kx =k=1(1) (1)an bn сходится по признакуn=1Дирихле.• Абсолютная сходимость. Воспользуемся мажорантным признаком Вейерштрасса:|an | =К ряду∞Pn=n0ln2 nnαln2 nln2 n| sin 2n| ≤ α .nαnможно применить прореживающий признак Ко98ши, где n0 = exp( α2 ) + 1. Рассмотрим ряд∞Xk=k0где k0 = 2 ln e α ln 22 kk ln 22 kα2∞X2= ln 2k2α−1 )kk=k0 (2,+ 1.
По признаку Коши это ряд сходится приα > 1:slimk→∞k2k(2α−1 )k1=2α−1< 1.• Условная сходимость. Воспользуемся признаком сравнения∞Pпри исследовании|an |:n=1ln2 nln2 nln2 n ln2 n2|an | = α | sin 2n| ≥ α | sin 2n| =−cos 4n.nn2nα2nα∞Pln2 nРяд2nα cos 4n сходится по признаку Дирихле при α > 0.n=1nPcos (n+1)xsin nx22.xsin 2Здесь мы используем формулуcos kx =k=1 n P cos 2(n+1) sin 2n образом, cos 4k = < sin1 2 = M .sin 2Ряд∞Pn=1Такимk=12ln n2nαрасходится при α ≤ 1.Ответ:I) ряд сходится абсолютно при α ∈ (1, ∞),II) ряд сходится условно при α ∈ (0, 1].(c) an =(−1)n sin2n α.n2Решение.
Если sin α = 1, т.е. α =π2+ πk, k ∈ Z, то ряд∞Pn=1(−1)nnсходится условно. Иначе,q по признаку Коши ряд сходится абсолютp2nно: lim n |an | = lim n sinn α = sin2 α < 1.n→∞n→∞Ответ:I) ряд сходится абсолютно при α 6=II) ряд сходится условно при α =20Seminar n. 2099π2π2+ πk, k ∈ Z,+ πk, k ∈ Z.Определение предела.Определение. Скажем, что вещественное число A является пределом функции f в точке x0 , если для любого ε > 0 существует δ > 0, такое, что|f (x) − A| < ε для всех x ∈ domf , удовлетворяющих неравенству 0 <|x − x0 | < δ.Заметим, что точка x0 может и не принадлежать domf , однако она должнабыть предельной точкой этого множества. Тот факт, что A является пределомфункции f в точке x0 , записывают следующим образом: A = lim f (x).x→x0Задача 01. Для каждого числа ε > 0 найти такое число δ > 0, при которомиз неравенств 0 < |x − 1| < δ следует неравенство 2 3x − 4x + 1 < ε.−2x−1Решение: 2 2 3x − 4x + 1 3x − 4x + 1 − 2x + 2 = 3 |x − 1| < 3δ < ε.− 2 = x−1x−1Ответ: δ < 3ε .Теорема.
(Гейне) Для того, чтобы lim f (x) = A, необходимо и достаточно,x→x0чтобы для любой последовательности точек {xn }, сходящейся к точке x0 приn → ∞, выполнялось соотношение lim f (xn ) = A.n→∞Арифметические свойства.2Задача 02. [3], §9. N 20.2. Стр. 185. Найти предел функции lim x x+4x−52 −1 .x→1Решение.2lim x x+4x−52 −1x→1=lim (x−1)(x+5)x→1 (x−1)(x+1)=lim x+5x→1 x+1= 3.3−8Задача 03. [3], §9. N 20.5. Стр. 185. Найти предел функции lim x3x−3x−2.x→2Решение.3−8lim x3x−3x−2x→2=2+2x+4)lim (x−2)(x2(x−2)(x+1)x→2=2+2x+4lim x(x+1)2x→2=43.n−1, n, k ∈ N.Задача 04. [3], §9.
N 24.1. Стр. 186. Найти предел функции lim xxk −1x→1Решение.n−1lim xxk −1x→1=n−1+xn−2 +...+1)lim (x−1)(xk−1+xk−2 +...+1)x→1 (x−1)(x=nk.√n x−1√,kx→1 x−1Задача 05. [3], §9. N 28.1. Стр. 186. Найти предел функции limN.√n x−1√kx→1 x−1Решение. limk−1k−21x k +x k +...+x k +1n−2n−11x→1 x n +x n +...+x n +1= lim100= nk .n, k ∈√Задача 06. [3], §9. N 31.8. Стр. 187. Найти предел функции lim ( x2 − 1 −x→∞√x2 + 1).√√−2√= 0.Решение. lim ( x2 − 1 − x2 + 1) = lim √x2 −1+x2 +1x→∞x→∞1xЗадача 07. lim (1 + x) = e.x→01Решение: lim (1 + αn ) αn = e, lim αn = 0, αn 6= 0.n→∞n→∞Теорема (о пределе "зажатой"функции).
Если в некоторой nроколотойокрестности точки x0 выполняются неравенства g(x) ≤ f (x) ≤ h(x), и еслиlim g(x) = lim h(x) = A,x→x0x→x0тоlim f (x) = A.x→x0Задача 08. lim sinx x = 1.x→0Решение: sin x < x < tg x, x ∈ (0, δ); tg x < x < sin x, x ∈ (−δ, 0).cos x <sin xx< 1, x ∈ (0, δ); cos x <sin xx< 1, x ∈ (−δ, 0), δ > 0.Теорема (о пределе сложной функции). Если существуютlim ϕ(x) = a,x→x0lim f (y),y→aпричем в некоторой nроколотой окрестности точки x0 выполняется условиеϕ(x) 6= a, то сложная функция f (ϕ(x)) имеет предел в точке x0 и справедливоравенствоlim f (ϕ(x)) = lim f (y).x→x0y→aВ случае непрерывности функции f (y) в точке a равенство можно записатьв видеlim f (ϕ(x)) = f ( lim ϕ(x)).x→x0x→x01Задача 09.
[3], §9. N 36.5. Стр. 188. Найти предел функции lim (cos x)− x2 .x→0Решение.− x12lim (cos x)x→0x − x12= lim (1 − (1 − cos x))= lim 1 − 2 sin=x→0x→02 2 sin22 x21x√x −2 sin2 x2lim1 − 2 sin2= e.x→02− x12101221Seminar n. 21Задача 10. lim ln(1+x)= 1.xРешение:x→0lim ln(1+x)xx→01= lim ln(1 + x) x = lim ln y = 1.y→ex→0xЗадача 11. lim e x−1 = 1.Решение:x→0xlim e x−1x→0y= lim ln(1+y)= 1.y→0xЗадача 12. lim a x−1 = ln a, a > 0, a 6= 1.Решение:x→0xlim a x−1x→0x ln aye −1= ln a lim e x ln −1a = ln a lim y = ln a.x→0αЗадача 13. lim (1+x)x−1y→0= α, α ∈ R.x→0Решение:(1 + x)α − 1eα ln(1+x) − 1= lim=x→0x→0xxlimeα ln(1+x) − 1ln(1 + x)α limlim= α.x→0 α ln(1 + x) x→0xaxxa−aЗадача 14. §9.
N 38. 1. Стр. 188. Найти предел функции lim aax −xa .x→aРешение:xaxaaa − axay − 1aa −x − 1axalim x= lim xlim a = limlim ax =aax→a a − xx→a a − xx→ay→0y x→aaaa ln a.x= 1.Задача 15. lim arcsinxРешение:x→0xlim arcsinxx→0= lim siny y = 1.y→0xЗадача 16. lim arctg= 1.xx→0xРешение: lim arctg= lim tgy y = lim siny y lim cos y = 1.xx→0y→0y→0y→0cos axЗадача 17. [2], N. 541. lim lnln cos bx , b 6= 0.x→0102Решение:ln cos axlim= limx→0 ln cos bxx→0ln(1−2 sin2 ax2 )2 ax−2 sin 2ln(1−2 sin2 bx2 )−2 sin2 bx2·sin2 ax22( ax2 )sin2 bx22( bx2 )a2· 2 =bln(1−2 sin2 ax2 )2 axx→0 −2 sin 2ln(1−2 sin2 bx )lim −2 sin2 bx 2x→02limsin2 ax2ax 2()x→0 2sin2 bxlim ( bx )22x→0 2lim··a2a2=.b2b2Асимптотическое поведение функцийПусть f и g – функции, определенные в некоторой окрестности точки x0 ∈ R.f (x)x→x0 g(x)Если lim= 1, то говорят, что функция f (x) эквивалентна функцииg(x) при x → x0 , и пишут f (x) ∼ g(x) при x → x0 .Скажем, что функция f бесконечно мала по сравнению с функцией g приf (x)x→x0 g(x)x → x0 , если lim= 0.
Этот факт записывается следующим образом:f (x) = o(g(x)) при x → x0 .Скажем, что f (x) = O(g(x)) при x → x0 , если существует K ∈ R+ и δ > 0,такие, что |f (x)| ≤ K|g(x)| при всех x ∈ U̇δ (x0 ), где (x0 − δ, x0 + δ, ), x0 ∈ R,Uδ (x0 ) =(δ, +∞),x0 = +∞,(−∞, −δ),x0 = −∞.Пример. sin x ∼ x, при x → 0; sin x = x + o(x), при x → 0.Пример. tg x ∼ x, при x → 0; tg x = x + o(x), при x → 0;Пример. arcsin x ∼ x, при x → 0; arcsin x = x + o(x), при x → 0;Пример. arctg x ∼ x, при x → 0; arctg x = x + o(x), при x → 0;Пример. 1 − cos x ∼x22,при x → 0; 1 − cos x =x22+ o(x2 ), при x → 0;Пример. ln(1 + x) ∼ x, при x → 0; ln(1 + x) = x + o(x), при x → 0;Пример. (1 + x)α − 1 ∼ αx, при x → 0; (1 + x)α − 1 = αx + o(x), при x → 0;Пример.
ex − 1 ∼ x, при x → 0; ex − 1 = x + o(x), при x → 0;Пример. ax − 1 ∼ x ln a, при x → 0; ax − 1 = x ln a + o(x), при x → 0, a > 0,a 6= 1.10322Seminar n. 22Задача 18. [3], §9, N. 52. 1. Найти функцию g(x) вида Axn такую, что f (x) ∼g(x) при x → x0 :x2 arctg xx5 +x2 +1 ,f (x) =x0 = 0, x0 = +∞.Решение.arctg xf (x)x2 arctg xlim 3 = lim 3 5= lim 5 x 2= 1,2x→0 xx→0 x (x + x + 1)x→0 x + x + 1limx→+∞f (x)x2 arctg xarctg x=lim=limπ −3πx→+∞ x−3 (x5 + x2 + 1)x→+∞ π (1 + 13 +2x22x1x5 )= 1.Ответ.
f (x) ∼ x3 при x → 0; f (x) ∼ π2 x−3 при x → +∞.Задача 19. [3], §9, N. 52. 4. Найти функцию g(x) вида Axα такую, что f (x) ∼g(x) при x → x0 :1sin (x+1)√f (x) = 3 √ , x0 = 0+, x0 = +∞.x+ xРешение.limx→0+f (x)1sin 1 x− 61sin (x+1)p√ √= lim√ =1x→0+ sin 1 x− 6 3x x+ x1sin (x+1)p√= 1,limx→0+ sin 1 3x+1limx→+∞f (x)4x− 31(x+1)sinlim 1 1 p√x→+∞ √ 3 x +xx 3x=1)sin( (x+1)=11(x+1)limq31+x→+∞·xx+1√1x=1.4Ответ. f (x) ∼ sin 1 x− 6 при x → +0; f (x) ∼ x− 3 при x → +∞.Задача 20. [3], §9, N. 52.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
