1610915389-9cf4bb28a9b372fd268dec258c2fd2e7 (824751), страница 23
Текст из файла (страница 23)
А Если х„> О, то 1+ х„> 1, поэтому 1 < ОсГ+ хп < ( ОсГ+ хп) р = 1+ х„= 1 + ~х„~, а если — 1 < хп < О, то 0 < 1+ х„< 1, поэтому 1 > (/Г+ х, > ( 4гГ+ х„)" = 1+ х„= 1 — ~х„~. 178. Предел последовательности Объединяя зти результаты, для любого хи > — 1 получаем 1 — )х„( < ~ГГ+ хи < 1+ (х„(. Так как 1ип х„= О, то 1ип (х„! = 0 и И вЂ” 7 СО И вЂ” 7 СО 1ип (1 — ~х„О = 1ип (1+ ~х77() = 1. Отсюда следует, что и 11щ 17'1+хи = 1. А И вЂ” 7 СО Пример 8.
Найти 1ип (Л/из+и — п). И вЂ” 7 ОС А Преобразуелв формулу общего члена: (л/пе + и — п) (7/пе + и + 77) луиз+ и ив л/п' + и -Ь п /ос+ и + и Л/1 ~ 1/и ~- 1 Поскольку 1ип (1/п) = О, то И вЂ” 7 ОС 1 1 1ип (л7из+п — и) = = —. а п — 7 со 1пи Л/1 Ч- 1/и Ч- 1 И вЂ” 7СС Пример 9. Пусть а > 1. Доказать, что 1ип ~~/а = 1. И вЂ” 7ОО а ОбавиаЧИМ /а — 1 = а„, тОГда аи > 0 И а = (1+ аи)и > Паи (по неравенству Бернулли, ~ 2), 0 < аи < а/п, для нсех и. Значит, 1ип оп=О, а 1гп7 ",/а = 1ип (1+аи) = 1.
А П вЂ” 7 СО И вЂ” 7СС Пример 10. Доказать, что 1пп /в=1. а Обозначим 07п — 1 = аи, тогда аи > 0 и при и > 2 (см. 2 4). Так как п — 1 > и/2 при п > 2, то и > пзал/4, откуда получаем 0 < а„< 2/л/7ь Следовательно, 1ип а„= О, а 17щ ~/п = 1ип (1+а„) = 1. А И вЂ” 7 СО И вЂ” 7 СО В следующих двух примерах дано сравнение скорости роста трех возрастающих последовательностей (аи), (п) и (1оя, и), где а > 1. Пример 11.
Пусть а > 1. Доказать, что 1ип (и/аи) =О. И вЂ” 7 ОС й Поскольку а — 1 > О, имеем аи сс (1+а — 1)и > ' (а — 1) ~ 3— (а — 1) п(77 — 1) 2 п 2 для всех п > 2. Отс7ода следует, иго 0< — и < — (а — Ц. Гл.2. Предел и непрерывность фуннчии 132 Так как 1пп ( — (а — 1)з) = О, то и 11п1 ( — )=О. и Пример 12. Пусть а > 1. Доказать, что 1пп ' = О. !ояс п и,— ьес п д Для доказательства воспользуемся определением предела и ре- зультатом предыдущего примера. Пусть с > О.
На множестве натуральных чисел п неравенство !оя, п < е п равносильно неравенству п < !аа)". Поскольку ае > 1, имеем п 1ш1 — = О, ( а)и поэтому существует натуральное рлс такое, что для всех п > йе — <1, (ае)" т. е. и < аеи, Отс1ода следует, что для всех и > Х !оя п <е; это и означает, что 1пп йа =О. а 1о и и,-асс П Таким образом, из трех последовательностей (аи), (и), (!оц и), и > 1, первая возрастает существенно быстрее других, а третья медленнее других. 2" Пример 13.
Доказать, что 1пп — = О. и — ьсе П! а Если й > 4, то 2/й < 1/2, поэтому при и > 4 4 (1)и-з 32 /1 л" 2и Так как 1пп — ( — ) = О, то и 1пп — = О. д и.-асс 3 (, 2 ) и — ьж п! Пример 14. Доказать, что 1шь уггь =+ос. и — ьсе А Пусть е произвольное положительное число, а Х такое натуральное число, что Х > ез ). Тогда для всех и > Х верно неравенство ~/п > луХ > е. Это и означает, что 1пп ~/и = +со. А иьсс П р и м е р 15.
Доказать, что всякая неограниченная последовательность имеет частичный предел, равный либо +со, либо — оо. а Неограниченная последовательность непременно неограниченна либо сверху,. либо снизу. *) Например, Х =- И!ее) -1- 1. 48. Предел последовательности 1ЗЗ Аналогично доказывается, что последовательность, неограниченная сверху, имеет подпоследовательность, пределом которой служит +ос. А Пример 16. Длн последовательности (3 сое(яп/2~ — 11п Ч- 1 Хп— пЕМ, п найти множество частичных пределов 1пп т.„и 1пп хп, а также и-лес п.вес зпр1х„1 и 1пг"1х„1. а При и = 4й имеем 2пЧ-1 хп— и, значит, 1пп хль = 2: 2 < хль < 2 Ь вЂ” лес = 41+1 или и = 41+ 3 имеем — и+1 :се = и =2+ —, 1 и + 1/4, причем хе = 9/4.
При и = 1 = — 1+— и, значит, — 1 < х„< О, 11пс хльч.с = 1пп хеь+з = — 1. При и = 4й+ 2 Ь вЂ” лес й — с ос имеем Хп — 4я 4-1 1 = — 4+ —, п п значит, — 4 < хп < О, 1пп хльп з — — — 4. Пусть последовательность 1х„1 неограниченна снизу. Это означает. что для любого е > О найдется член последовательности хп такой, что х„ < -е. Для =- = 1 найдется член последовательности х„, такой, что хп, < -1, его и примем за первый член подпослсдовательности.
Среди конечного числа членов последовательности с номерами от 1 до пс имеется наименьший, его обозначим пьи Возьмем теперь е = 2. Из неограниченности последовательности снизу следует, что найдется член хое такой, что х„, < — 2 и х„е < ти Последнее в силу выбора т~ означает, что пз > пн Примем хпе за второй член подпоследовательности. Аналогично будем находить члены подпоследовательности хп, и т.
д. Докажем, что этот процесс не оборвется. Допустим, что найден член подпоследовательности хею й > 2, удовлетворяющий неравенству хп„< — й. Обозначим через ть наименьший среди членов последовательности от хс до х.,„. Возьмем с = А+ 1. В силу неограниченности снизу найдется член последовательности хпв, такой, что х„,, < — (и+ Ц и хп„, < ппо Из последнего следует, что пе„.с > пе, и, значит, х„,, можно принять за (е:+ Ц-й член подпоследоватсльности.
Таким обРазом, сУществУет подпоследовательность 1хп,1 такаЯ, что х„е < — Й для любого Й, и, значит, !пп х„„= — сю.  — лес Гл. 2. Предел и непрерывность функции 134 !пп хи = х — 2, Бш хп = — 4. и-~00 и — ьсе Из предыдущих рассмотрений следует также, что апр(х„) = хе = 9/4, 1пЦх„) = — 4. А П р и м е р 17. Доказать, что последовательность сое 1 сое 2 соки сходится. А Оценим модуль разности х„.ьр — х„: соь1рь + 1) сое1п + р) ~х — х Зпк 1 Зп.
1 1 1 Зп ~ "' Зпьр Зп, 1 — 1/3» 1 1 1 — 1/3 2-3" Зи Пусть е произвольное положительное число. Поскольку 1пп(1/Зи) = О, для этого с существует Х такое, что для любого п > Х верно неравенство 1/3" < е. Значит, если п > йс, а р произвольное натуральное число, то 1 ~х ь„— хп~ < — и < с. Таким образом, условие Коши выполнено, и поэтому данная последовательность сходится. А П р имер 18. Доказать, что последовательность 1 1 1 хи=1+ — + — +...+ —, гьсН, 2 3 и' расходится. А Оценим разность х„.ьр — х„; 1 1 1 хп.„р — х„= — + — +" + — ) и+1 и+2 и+р )~ + +...+ 1 1 1 р и-Ьр п+р и+р и+р Если здесь взять р = п, то получим хзи — хп 3 еь((п+ п) = 1/2, п и Р1.
Отсюда видно, что данная последовательность удовлетворяет отрицанинз условия Коши. А именно, при - = 1/2 для любого натурального Я возьмем п = Х, т = 2Х, тогда будем иметь )хзк — хж) = х к — хк > 1/2. Значит, данная последовательность не имеет конечного предела, т. е. расходится. А Таким образом, числа 2, — 1, — 4 являются частичными пределами данной последовательности. Рассмотренные четыре подпоследовательности 1хее), 1хеььь), ~хеечз), 1хеььз) составляют вместе всю данную последователыюсть.
Отсюда следует, что других частичных пределов данная последовательность не имеет. Очевидно, 118. Предел последовательности 135 и! П р и м с р 19. Доказать, что последовательность ) хи = '12п+ 1)!! ' и Е И, имеет предел, и найти его. д Составим отношение хи с ьи+ 1)! 12п+ 1)!! п+ 1 хп (2п+ 3)11 и! 2п+ 3 Поскольку 1п+ 1)/(2и+ 3) < 1сс2 для любого и > 1, х„ч1 < х„/2 < < хи, Значит, данная последовательность убывающая. Очевидно, для любого п > 1 выполнены неравенства О < хп < х1 — — 1/3, т.
е. последовательность ограниченна. Отсюда следует, что она сходится. Обозначим с = 1пп хи, Последовательность )х„в1) является подписи последовательностью данной последовательности, поэтому 1пп х„т1 —— п -1- 1 = с. ПеРехоДЯ тепеРь к пРеДелУ в Равенстве х„.ь1 = хи , полУ2п ж 3 чаем иж1 1шь хиж1 = 1пп,, 1пп х„„ ичсо ' и ьсо 2п+ 3 и — ссо 1 откуда с= — с, с= О.
Значит, 1пп х„= О. д 2 и-чсо Пример 20. Доказать, что последовательность 1х„), где х1 = О, х„л1 = Ьсб Ч- хи, и Е И, имеет пРеДел, и найти его. д В примере 24, 1) 3 7 было доказано, что данная последователь- ность строго возрастает. Докажем ее ограниченность. Очевидно, для любого и 6 И Хи > О Н Х'-, < Х„'Ь1 = 6+ Хп, т.
е. х„— хи — 6 < О, откуда х„< 3. Таким обРазом, )хс,) — огРаниченнан возРастанэшаи послеДовательность, ис значит, существует 1)ш хи = с. Заметим, что с > О. ПЕРЕХОДН К ПРЕДЕЛУ В РаВЕНСтВЕ Хлть —— 6+ Хп И УЧИтЫВап, Чта 1пп х„.ь1 = с, получаем с = 6+ с, откуда находим с = 3. Значит, 1ш1 хи=3. и и — с со П р и м е р 21.
Доказать, что х сс 1нп (1ч- — ) =е', где ЙеИ, Й>2. и — ст:', п а Очевидно, 11+ й/и)и > О, а из неравенства й ь 1+ — < (1+ -), п Е Дс, *) 12п -~- 1)!! произведение всех нечетных чисел от 1 ло 2п -~- 1 ви,по- чи тель но. Гл. 2. Предел и непрерывность функции 13б следует, что (1+ -й)и < (1+ -') "и < ..'. Значит, данная последовательность ограниченна.
Обозначим общий член последовательности через хи и рассмотрим отношение хиьл/х„: (1 -йд — ц)ип (1+ йли+ ц)"'1(1 й) (1+й/ )и и1п ж й -Ь Ц ) и+1 и ж й =( 1 + Ц1 -ь й)/ и Так как 1и+ Ц(ге+ й) = и/и+ й+1) + й, то п1п + й -Ь Ц 1п -Ь Ц1п + й) — й — 1 й (и-~-1Нп+ й) (и+ Ц1п ж й) ги+ Цьп-~- й) ' В силу неравенства Бернулли ( иа1 й 1ицг й и = /1- >1— 1и+1ип+й) ) ( 1п+Ц(п+й)l пжй п+й Учитывая зто, получаем хю1 / п1п-'ий+Ц )иь~ижй и п+й лш 1 (и Ь1Ип+й) / и, и+й и т.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
