Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

971

.pdf
Скачиваний:
0
Добавлен:
17.06.2024
Размер:
1 Mб
Скачать

МИНИСТЕРСТВО ОБРАЗОВАНИЯ И НАУКИ РОССИЙСКОЙ ФЕДЕРАЦИИ

_____________________________________________________

Федеральное государственное бюджетное образовательное учреждение высшего профессионального образования «Пензенский государственный университет

архитектуры и строительства» (ПГУАС)

О.В. Снежкина, Е.И. Куимова, С.Н. Ячинова

МАТЕМАТИКА: ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ

Рекомендовано Редсоветом университета в качестве учебного пособия для студентов,

обучающихся по направлению 21.03.02 «Землеустройство и кадастры»

Пенза 2014

1

УДК 517(075.8) ББК 22.16я73

С53

Рецензенты: кандидат технических наук, доцент кафедры «Механика» М.Б. Зайцев (ПГУАС); кандидат педагогических наук, доцент

кафедры «Автоматизированных систем управления и программного обеспечения» О.В. Бочкарева (ПАИИ)

Снежкина О.В.

С53 Математика: дифференциальное исчисление: учеб. пособие / О.В. Снежкина, И.Е. Куимова, С.Н. Ячинова. – Пенза: ПГУАС, 2014. – 140 с.

Учебное пособие представляет собой руководство к решению задач по одному из ключевых разделов математики – дифференциальному исчислению. Содержит краткие теоретические сведения, подробное решение типовых примеров, а также задачи для самостоятельного решения.

Данное учебное пособие соответствует Федеральным государственным образовательным стандартам третьего поколения направления 21.03.02 «Землеустройство и кадастры» (квалификация бакалавр) и рекомендуется при изучении дисциплины «Математика» (код Б2.Б1.)

Подготовлено на кафедре «Математика и математическое моделирование» и предназначено для студентов, обучающихся по направлению 21.03.02 «Землеустройство и кадастры», а также других инженерных специальностей, желающих приобрести необходимые навыки в решении прикладных задач. Может оказаться полезным аспирантам, инженерам-исследователям, работающим в области прикладных наук.

©Пензенский государственный университет архитектуры и строительства, 2014

©Снежкина О.В., Куимова И.Е.,

Ячинова С.Н., 2014

2

ПРЕДИСЛОВИЕ

Основой высшей математики является математический анализ, охватывающий те разделы математики, которые опираются на понятие функции и на идеи исчисления бесконечно малых величин. Этот раздел математики тесно переплетается со всеми инженерно-техническими дисциплинами, изучаемыми в техническом вузе. Данная работа посвящена одному из разделов математического анализа – дифференциальному исчислению функции одной и нескольких независимых переменных.

Пособие имеет следующую структуру изложения. В первом разделе содержатся основные положения по введению в анализ. Во втором и третьем разделах пособия изложены основные положения по дифференциальному исчислению функции одной и нескольких независимых переменных. Четвертый раздел содержит задачи для самостоятельной работы студентов.

Пособие ориентировано в первую очередь для студентов высших учебных заведений, обучающихся по направлению 21.03.02 «Землеустройство и кадастры» и особенно для тех, кто самостоятельно изучает математический анализ и желает приобрести необходимые навыки в решении практических задач.

Содержание пособия полностью отвечает требованиям Федерального Государственного образовательного стандарта по указанному направлению и может быть рекомендовано для всех форм обучения.

3

1.ВВЕДЕНИЕ В АНАЛИЗ

1.1.Функции. Основные понятия

Если каждому значению переменной величины х, принадлежащему некоторой области, по определенному правилу (закону) ставится в соответствие одно и только одно определенное значение другой переменной величины у, то говорят, что у является функцией от х и обозначают так: у = f(x), причем х называют независимой переменной или аргументом, а у называют зависимой переменной или функцией. Символ f указывает вид зависимости у от х. Иногда пишут и так у = у(х).

Область определения обозначается через D f , а множество значений – через E f .

Функции могут зависеть от одного, двух, трех и более аргументов. Например, площадь круга зависит только от величины радиуса, площадь прямоугольника от двух переменных – длины и ширины, объем параллелепипеда – от трех переменных: длины, ширины, высоты, цена продукта – от многих переменных.

Основные способы задания функции: табличный, графический и ана-

литический (в виде формулы).

Различают следующие основные элементарные функции: y xn ,n R – степенная;

y ax ,(a 0) показательная;

y loga x,(a 0,a 1) логарифмическая;

y sin x, cos x, tg x, ctg x – тригонометрические;

 

 

y arcsin x,arccos x,arctg x,arcctg x – обратные тригонометрические.

 

Из этих функций при помощи арифметических операций можно соста-

вить

множество элементарных функций.

Например, y 2x3

x lg x ,

y

 

 

2x 1

, y 3x4 2x2 5 и т.д.

 

 

4

cos x

 

 

 

 

 

 

 

Функция от функции вида y f ( (x))

называется сложной функцией,

где φ является промежуточным аргументом.

Функция y = f(x) называется ограниченной в данной области изменения аргумента, если существует такое положительное число М, что для всех значений х из данной области выполняется неравенство f (x) M .

Выражение функциональной зависимости между несколькими переменными через вспомогательную переменную – параметр, называется па-

4

раметрической функцией: x (t) , y (t) , где t – параметр. Например, x a cost, y bsin t , (0 t 2 ) – параметрическое уравнение эллипса.

Графиком функции у f (x) называется множество точек плоскости хОу с координатами (х; f (x)) , где х D f .

Функция f (x) , область определения которой симметрична относительно нуля, называется чётной, если f (x) f (x) для х D f и нечёт-

ной, если f (x) f (x) , х D f .

Произведение двух нечетных функций является четной функцией. Функция f (x) называется периодической, если существует положи-

тельное число Т такое, что при х D f и

х Т D( f ) выполняется ра-

венство

f (x) = f x T .

 

 

Пример 1. Найти область определения функции y

4 x2 1 .

Решение. Данная функция определена, если 4 х2

x

0 и х 0. Решим

эту систему:

 

 

 

 

 

 

х

 

2 х

0

 

 

2

 

 

 

 

 

 

х 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

-

+

-

-2

 

2

 

 

0

 

Рис.1.1

 

Ясно, что искомое неравенство имеет место прих 2;0 0;2 , та-

ким образом, полученное множество есть область определения данной функции.

Пример 2. Установить чётность или нечётность функции f (x) x3 sin5x .

Решение. Для данной функции область определения симметрична относительно нуля: D f ; .

Заменяя х на –х, получим f (x) (x)3 sin5(x) х3 sin5 f (x) , т.е. f (x) f (x) . Итак, данная функция чётная.

Пример 3. Найти основной период функции f (x) 2сos x 1.3

5

Решение. Так как основной период функции cos x есть 2, то основной

период функции f (x) 2сos

x

 

1

есть 2 3 6 , т.е. 6 .

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Задания

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1) Найти область определения функции:

 

 

 

 

 

 

 

x

 

 

а)

у

 

 

1

 

g(x 1) ;

б)

y arcsin

 

 

 

;

 

 

 

 

1

x

 

 

 

х2 х 2

 

 

 

 

 

 

 

 

в)

у

 

sin

;

 

 

 

 

г)

y arccos gx .

x2

4x 4

 

 

 

 

2) Какая из функций является чётной, какая нечётной:

 

 

а)

y cos х хsin x ;

 

б)

y

 

1

x

 

2

x

;

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

г)

y g cos2x ;

 

 

 

 

 

д)

y

 

x2

sin x2.

 

 

 

 

 

cos x

3) Найти периоды функций:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

y cos2 3x .

 

 

 

а)

y sin3x cos x ;

 

б)

 

 

 

1.2. Предел числовой последовательности

Если каждому натуральному числу n поставлено в соответствие число xn, то говорят, задана последовательность:

xn =x1, x2,..., xn...

Числа x1, x2,..., xn называются членами последовательности, а число xn – общим или n-м членом последовательности.

Последовательность xn называется:

ограниченной сверху (снизу), если существует число M 0, что для

любого номера n выполняется неравенство xn M (xn M) (последовательности, одновременно ограниченные сверху и снизу, называются ограниченными);

возрастающей, если при всяком n xn+1 xn, т.е. каждый следующий член последовательности больше предыдущего;

убывающей, если при всяком n xn+1 xn, т.е. если каждый следующий член последовательности меньше предыдущего.

Только возрастающая или только убывающая последовательность на-

зывается монотонной.

Последовательность можно изображать точками на числовой оси.

6

Рассмотрим последовательность

1, 12 , 13 , 14 , 15 ,... , (-1)n+1/n,...

Возьмем отрезок -1,1 (рис. 1.2). В него попали все члены последовательности. В отрезок -1/2; 1/2 попали все члены, кроме 1. В отрезок -1/4; 1/4 попали все, кроме трех членов: 1; -1/2; 1/3.

Какой бы малый промежуток мы ни взяли, в него попадут все члены (бесчисленное число членов), кроме конечного числа членов.

-1 -1/2 -1/4 0 1/5 1/3 1 x

Рис. 1.2

Определение. Число а называется пределом числовой последователь-

ности xn , если для любого, даже сколь угодно малого, числа 0, найдется такой номер N (зависящий от , N= N( )), что для всех членов последовательности с номерами n N выполняется неравенство:

xn а .

Предел числовой последовательности обозначается lim xn a или

n

xn а при n или xn сходится к а.

Геометрический смысл. Число а есть предел числовой последователь-

ности xn , если какова бы ни была мала окрестность точки а, в нее попадут все члены последовательности, кроме конечного числа членов, начиная с некоторого номера N (n N), рис. 1.3.

(

 

)

 

=

a

a+

x

a-

Рис. 1.3

Последовательность, имеющая предел, называется сходящейся, в противном случае – расходящейся.

Отметим следующие важные свойства пределов последовательностей:

1.Последовательность, имеющая предел, ограничена.

2.Последовательность может иметь только один предел.

3.Любая неубывающая (невозрастающая) и ограниченная сверху (снизу) числовая последовательность имеет предел.

7

Пример 1. Пусть xn 1n . Доказать, что lim 1n 0 .

n

Решение. В самом деле, зададим произвольное 0 и решим неравенство

 

1 0

 

 

1 или

1

n. Следовательно, для

всякого 0

n

n

1

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

такое, что неравенство

 

 

 

1

0

 

 

1

– выполняется для всех n>n0, ч.т.д.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2. Если

 

q

 

1, то lim qn 0 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

qn 0

 

 

 

 

q

 

n

 

 

 

 

Доказательство. Пусть пока 0.

 

Неравенство

 

 

 

 

 

 

вер-

 

 

 

 

 

 

 

 

но, если nlg

 

q

 

lg , т.е. если n

lg

 

 

n ( ). Таким образом, мы доказали,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

lg

q

 

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

что lim qn 0 при

 

0

 

 

q

 

1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 q ... qn ,

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 3. Пусть х

 

 

 

 

 

 

 

 

 

q

 

1.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказать, что lim x

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. Имеем

 

x

 

1 qn 1

 

 

1

 

qn 1

 

. Так как lim qn 1 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

1 q

 

 

1 q

 

 

 

1 q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

при

 

q

 

1. (см. пример 2), то, применяя формулы (2) и (3), получим:

 

 

 

 

 

 

 

 

lim x lim

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

lim qn 1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

 

0

 

1

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

q

1

 

 

 

1

q

1 q

1 q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

n

n

 

 

 

 

 

 

 

q n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 4.

Показать,

 

что

 

при

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2n 1

 

 

 

 

 

 

последовательность

3n

.

Имеет пределом 2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

2 2n 1 2

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Решение. Здесь x

 

 

 

 

 

 

. Определим при каком n

 

 

3 3n 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

3 3n

1 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

выполняется

неравенство

 

 

 

 

5

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

Так

как

 

3 3n 1

5 , то

 

 

 

3 3n 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

1

 

5

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Итак, если n

 

 

5

 

 

x

 

 

2

 

, т.е.

lim x

 

 

 

2 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1, то

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n n

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

8

1.3.Число е. Натуральные логарифмы

Рассмотрим числовую последовательность

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

n

.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теорема. Переменная величина

1

1

n

при n имеет предел, за-

ключенный между числами 2 и 3.

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Доказательство. По формуле бинома Ньютона

 

 

 

 

 

 

 

1 n

1

n

1

 

n (n 1)

 

 

 

1 2

 

n (n 1) (n 2)

1

3

 

1

 

n

 

 

 

1 2

 

 

 

 

 

 

1 2

3

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

n (n 1) (n 2) ... (n (n 1))

 

1

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2 3 ... n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

1 1

1

 

n 1

 

 

1

 

n 1 n 2 ...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

 

n

 

 

 

1 2 3

 

n

 

n

 

 

 

 

 

(1.1)

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

n 1 n 2

... n (n 1)

 

 

 

 

 

 

 

1 2

3 ... n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

n

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

1

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

n

1

n

...

 

 

 

 

 

1

2

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2 3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

n 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

1

 

 

... 1

 

 

 

.

 

 

 

 

 

1

2 3 ... n

 

n

n

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из этого преобразования видно, что при переходе от значения n к значению n+1 каждое слагаемое последней суммы возрастает

1

 

 

1

 

1

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

и т.д.

1 2

1 2

n 1

 

 

n

 

 

 

 

 

и добавляется еще один член.

Все члены разложения положительные. Отсюда следует, что перемен-

 

 

1 n

– возрастающая переменная при возрастании n.

ная величина 1

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

Покажем, что переменная величина 1

n

 

ограничена.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

 

2

 

1 и т.д.

 

 

1

 

1

и 1

 

1

n

 

 

 

 

 

n

 

n

 

 

 

 

9

Из выражения (1.1) получим неравенство

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

n

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

...

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

.

 

 

 

 

 

 

n

1 2

1 2 3

1 2

3 ... n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Учитывая, что

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

,

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

1

 

,

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2 3

22

1 2 3 4

23

 

1 2 3

... n

 

2n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

можем записать неравенство

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 n

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

 

1 1

 

 

 

 

 

...

 

 

 

 

 

1 1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

...

 

 

 

 

 

2

2

 

2

n 1

2

 

2

2

2

n 1

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

геометрическая прогрессия

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

sn a aqn

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 q

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

1

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

2

 

 

 

 

 

 

 

 

3.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Следовательно, для всех n получаем:

 

1

n

3.

1

n

 

 

 

 

 

Из равенства (1.1) следует

 

 

n

 

 

 

1

2 .

1

n

 

 

 

 

 

Таким образом, получаем неравенства

 

 

 

 

1

n

3.

 

 

2 1

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1 n

Этим установлено, что переменная величина 1

ограничена.

 

 

 

n

 

 

n

 

 

1

 

 

 

Итак, переменная величина 1

n

, как возрастающая и ограничен-

 

 

 

 

 

 

ная, имеет предел. Этот предел обозначается буквой е (второй замечательный предел):

 

 

1 n

e .

lim 1

 

n

 

n

 

10

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]