Начала математического анализа. Учебное пособие

nlim xn a.

По

числу

0

N N

n, m N

выполняются

неравенства

xn a

,

xm a

. Из этих неравенств и свойства

2

2

ε

ε

модуля получаем

x

x

x

a a x

x a

x

a

ε.

n

m

n

m

n

m

2

2

А это и означает, что последовательность xn фундаментальная.

Достаточность. Пусть

последовательность

xn фундамен-

ность xn ограничена.

xn

Пусть 0 .

Так как

последовательность

удовлетворяет

условию

Коши,

найдется

такое

число N N 1 ,

что n N

xn xm

1.

Положим

m N 1,

тогда

для

n N

имеем

xn xN 1

1.

Следовательно,

xn

xn xN 1 xN 1

xn xN 1

xN 1

1

xN 1

. Положим L : max

x

1

,

x2

, ...,

xn

, 1

xN

1

,

тогда

Пусть

– та последовательность, для которой

lim x

a .

x

nk

k

nk

Зададим произвольное число 0 и найдем

число N1 N1 такое,

что для всех

n, m N

1

имеем

x

n

x

m

(в силу фундаменталь-

2

ности (xn ) ). Для этого же

найдем число N2 N2 такое, что для

всех n

N

2

x

a

. Пусть N : max N , N

2

. Оценим для n N

k

nk

2

1

такое число, что nk N , тогда

модуль разности

xn a

.

Пусть nk

–

x

a

x

a

для всех n N имеем

x x

, что озна-

n

n

nk

nk

2

2

чает

сходимость

последовательности

xn

к числу

a . Теорема

доказана.

6.7. Задачи с решениями

1. Доказать, что lim

an

0, a R .

n n!

Решение. Пусть a 0,

m Ν и m 1 a . Для всех n m имеем

(m 1)m

1

1

1

1

1

,

n!

m!

m 1 m 2 ...n

m!

(m 1)n m

m!(m 1)n

x

n 1

4 хn

2

. Имеем C

4 C2 , откуда

C 2.

Итак, lim x

n

2.

2xn

2C

n

3.

x

n

a

a ...

a

–

рекурсивная

последовательность,

n корней

a 0 . Найти nlim xn .

Решение.

Поскольку

xn 1

a

a ...

a a

и

a 0 ,

xn ,

n 1 корней

постольку

ясно,

что

т.

е.

xn 1 xn

n. Очевидно, что

xn 1

а хn . Неравенство

а хn xn

выполняется в промежутке

1

2

2

1 4a

т.

к.

а

равносильно

хn

a 0 .

0,

2

,

хn xn

xn

Следовательно,

x

n

и

ограничена

сверху:

x

n

1

1 4a , –

2

nlim xn C R .

поэтому

существует

Найдем

C :

x2

a x

C2 a C ,

отсюда

C

1

1 a. И поскольку

n 1

n

n

1,2

2

4

Пусть n 1. Так как a 0 , то

x

a 1

1 4a .

1

2

Предположим,

что

xn

1

1 4a .

Покажем,

что

2

xn 1

1 1 4а . Так

как

xn 1

a xn , то

нужно доказать,

что

2

a xn 1

1 4а

. Если умножить обе части последнего неравен-

2

ства на 2 и возвести в квадрат, то получим xn 1

1 4а .

2

последовательности xn 1

1

1

...

1

.

1 3

1 3 5

1 3 5... 2n 1

Решение.

Введем

обозначение:

2n 1 !! 1 3 5... 2n 1 .

Оценим сверху модуль разности

xn p xn

1

1

...

1

2n 1 !!

2n 3 !!

2 n p 1 !!

1

1

1

1

...

1

2n 3

2n 3 2n 5

2n 3 ... 2 n p

2n 1 !!

1

1

1

1

1

2 ...

1

2n 3

2n 3

p 1 ...

2n 1 !!

2n 3

1

1

2n 3

3n 3

3

1

2n 1 !!

1

2n 1 !! 2n 2

2n 1 !!2 n 1

2

2n 1 !!

1

2n

3