Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Пределы последовательностей и функций. Учебно-методическое пособие

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

731 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Теорема Штольца

Пусть yn – возрастающая бесконечно большая после-

довательность, и пусть последовательность	xn xn 1	схо-

yn yn 1
дится и имеет предел а. Тогда последовательность			xn


		yn

сходится и имеет тот же предел а. Таким образом,

lim	xn	lim	xn xn 1	.

n yn		n yn yn 1

Замечание 2.2

Если yn – возрастающая бесконечно большая последо-

x x

вательность, а последовательность n n 1 также беско-

yn yn 1

нечно большая и стремится к бесконечности определенного

знака, то последовательность n бесконечно большая.

2.2. ЗАДАЧИ И ИХ РЕШЕНИЯ

Задача 2.1

lim n n 1.

Доказать, что

Решение

n n 1, поэтому полагаем n n 1 n ,

Если n 2, то

n 0. Возведем последнее равенство в n-ю степень:

n 1 n n

1 n n n(n 1)

... n(n 1)

n2 ,

отсюда если n 2, то 0 n

Но lim

где

по-

этому по теореме о трех последовательностях { n} сходится

и lim n 0, т.е.	lim n n	lim 1 n 1.
n	n	n

Задача 2.2
Доказать, что lim n a 1	(a > 0, a 1).
n
Решение	то n a 1 для n,		lim n a 1.
Отметим, что если a = 1,	то n a 1 для n,		lim n a 1.
Разберем два случая:			n
Разберем два случая:
1) а > 1, тогда n a 1, поэтому запишем		n a 1 n 0 ,
возведем последнее равенство в n-ю степень:
a 1 n n 1 n n	n(n 1) n2 ... 1 n n ,
	2!
т.е. a > 1 + n n , 0 < n < (a 1)/n. Но lim a 1		0 ,	поэтому по
	n n

теореме о трех последовательностях { n} сходится и

lim n 0 , т.е.	lim n a 1;
n	n

2) 0 < a < 1, тогда 1/a > 1, поэтому согласно случаю 1)

имеем lim n	1	1,	т.е.	lim n a 1.
n	a			n
Задача 2.3				nk
Доказать,	что		lim	nk	0, где k — натуральное число,
			n an

a > 1.

Решение (1-й способ, а 2-й способ разбирается в задаче

2.11)

Так как a > 1, то можно записать, что а = 1 + , где > 0. Возведем выражение для а в n-ю степень, тогда при n > k + 1 можно записать, что

an (1 )n 1 n n(n 1)			2	...
n(n 1)(n 2)...(n k)	2!
n(n 1)(n 2)...(n k)	k 1		... n
(k 1)!
n(n 1)(n 2)...(n k)		k 1.
(k 1)!

Отсюда 0 nk yn , где an

	y n			(k 1)! nk
		n(n 1)(n 2)...(n k) k 1

	(k 1)!		1	1		.
	k 1			(1 1/ n)(1 2 / n)...(1 k / n)
			n
Так как k и — заданные числа, то lim y n					0. Поэтому по
				n

теореме о трех последовательностях последовательность

{nk/an} сходится и

lim

n k

n an

Задача 2.4

Найти предел последовательности

если n четное;

еслиn

нечетное.

Решение

Так как

, то все члены последовательности

n 1

удовлетворяют условию 0 xn 1/n. Поскольку

lim

0, то

n n

по теореме о трех последовательностях последователь-

ность {xn} сходится, причем			lim xn	0.
			n
Задача 2.5
Найти предел последовательности
xn	1		1	...	1	.
xn	n2		n 2 2	...		.
	n2	1	n 2 2		n2 n

Решение

Отметим, что число слагаемых в xn меняется в зависимости от номера члена последовательности. Число xn имеет n

слагаемых, самое большое слагаемое

самое ма-

ленькое

, поэтому

. Пусть

n 2

n2 n

y n

тогда lim yn lim

n2 n

lim zn lim

следовательно, yn xn zn, причем по-

следовательности {yn}, {zn} сходятся и имеют равные пределы. По теореме о трех последовательностях последова-

тельность {xn} тоже сходится, причем lim	xn	1.
n
Задача 2.6			1	2	3
Показать, что последовательность	xn					...
			n	n	n

( 1)n 1 nn расходится.

Решение

Пусть n = 2k (k = 1, 2, 3, …), тогда x2k имеет четное число слагаемых и

2k 1

x2k

...

Пусть теперь n = 2k + 1 (k = 1, 2, 3, …), тогда x2k+1 имеет

нечетное число слагаемых и

x2k 1

...

2k 1

k 1

2k 1

Рассмотрим две подпоследовательности {x2k} и {x2k+1}

данной

последовательности

{xn}. Найдем пределы:

lim x2k 1/ 2,

lim x2k 1 1/ 2.

Таким

образом,

последова-

тельность {xn} имеет две сходящиеся подпоследовательности с разными пределами, поэтому по следствию из теоре-

мы 2.2 последовательность {xn} расходится.

Задача 2.7

Найти предел последовательности

						z		1	2 3 ... ( 1)n 1 n											.
								1

						n		n		n			n					n
Решение								n		n			n					n
Решение
Пользуясь решением задачи 2.6, запишем:
а) если n = 2k, то z2k											1		;
а) если n = 2k, то z2k											2		;	k 1			1	n			1			1			1
											2
										z2k 1
б) если n = 2k + 1, то																							1					.
б) если n = 2k + 1, то														2k 1			n			2			1	2			2n	.
Таким образом,														2k 1			n			2				2			2n
Таким образом,
		1		,		если n четное;
		2		,		если n четное;

zn	1
	1		1			, если n				нечетное,
	2		2n			, если n				нечетное,
	2		2n
поэтому все члены последовательности удовлетворяют не-
			1				1			1									1				1	1
равенству:					zn							.	Так как			lim									,	то по
равенству:			2		zn		2			2n		.	Так как			lim			2					2	,	то по
			2				2			2n					n				2			2n		2

теореме о трех последовательностях получаем, что после-

довательность {zn} сходится и

lim zn

1 .

Задача 2.8

Показать, что последовательность

2n 1

...

( 1)

n 1 n

расходится.

Решение

Запишем un = zn xn, где {xn} — последовательность из задачи 2.6 — предела не имеет. Последовательность {zn} =

= {(2n+1)/n} сходится и lim zn 2 0. Тогда последователь-

ность {un} расходится. Докажем этот факт методом от противного. Можно записать, что xn = un / zn. Если {un} сходится,

то, так как lim zn 0, последовательность {xn} также явля-

ется сходящейся по свойству 2 предельных переходов в равенствах. Получили противоречие.

Задача 2.9

Показать, что последовательность

vn	( 1)n		1	2
	n			n

		n

является бесконечно малой.

Решение

Запишем vn zn xn , где (см.

3	... ( 1)n 1 n
n	n

задачу 2.6)

1 ,

если n 2k ,

и x

k 1

если n 2k 1(k 1, 2, 3, ...)

2k 1

Так как

k 1

2k 1

1, то | xn | 1

при всех n и,

следова-

2k 1

тельно,

последовательность {xn} ограничена. Последова-

тельность zn

( 1)n

— б. м. Поэтому по свойству 5 пре-

lim

zn xn 0.

дельных переходов в равенствах lim

Задача 2.10

Доказать,

что последовательность

сходится.

2,5n

Найти предел этой последовательности.

Решение

1. Все члены последовательности xn > 0. Таким образом, последовательность {xn} ограничена снизу, так как число m = 0, такое, что для всех n выполнено неравенство xn 0.

2. Покажем, что {xn} — монотонно убывающая последова-


тельность, т.е.			xn+1 < xn (n = 1, 2, 3, …). В							самом деле,
xn 1	n 1	, xn			n		, тогда для n
				2,5n
	2,5n 1
	xn 1 xn					n 1		n	1 1,5n	0.
						2,5n 1		2,5n
									2,5n 1

Итак, последовательность {xn} — монотонно убывающая и ограниченная снизу, поэтому согласно теореме 2.1 она име-

ет конечный предел. Найдем этот предел.

Обозначим

lim xn A , тогда,

очевидно,

lim

xn 1 A.

Запишем,

что

xn+1 = zn xn

(*),

где

xn 1

Здесь

xn 1

lim zn

lim

0,4.

Переходя

в ра-

2,5

n 2,5n

n ,

венстве

(*)

пределу

при

получим

lim xn 1

lim

lim xn , или

A =

0,4 A,

что возможно,

если только A = 0. Итак, доказано, что lim

n 2,5n

Задача 2.11

Доказать, что

lim

0 ,

где k

— натуральное

число,

n an

а > 1.

Решение (2-й способ, а 1-й способ решения разобран в задаче 2.3)

1. Все члены последовательности xn > 0. Последовательность {xn} ограничена снизу.

2. Рассмотрим

отношение

xn 1

(n 1)k

an 1

1 k

Так как

то найдется число

n ,

lim z

n n

такое, что zn < 1 для n > n1 . Из условий

xn 1

для n

xn 0 ,

следует, что последовательность монотонно убывает при n > n1 . Итак, последовательность xn n n1 убывает при

n > n1 и ограничена снизу, поэтому согласно теореме 2.1 она имеет конечный предел. Найдем этот предел. Так же, как и в

задаче 2.10, запишем, что xn+1 = zn xn (*), где lim xn A ,

lim xn 1 A ,

lim

. Переходя в равенстве (*) к пределу

при n ,

получим A

A ,

а 1, что возможно, если

n k

только A = 0. Итак, доказано, что

lim

n an

Задача 2.12

Доказать,

что

последовательность

{xn} сходится, если

2 ,

..., xn

2 ...

(n — кор-

ней),... Найти предел этой последовательности.

Решение

1. Докажем,

что

последовательность {xn} ограничена

сверху

числом

Запишем

n = 1,

2 ; n = 2 ,

2 x1

2 2

Пусть

высказанное

утверждение

верно для n = k,

т.е. xk 2. Тогда xk 1

2 xk

2 2 2 ,

т.е. xk+1 2 и, следовательно, в этом случае утверждение верно и для n = k + 1. Тогда согласно методу математиче-

ской индукции получаем, что xn 2 для всех натуральных n. 2. Докажем, что {xn} монотонно возрастает, т.е. n xn+1

xn .	Так как	xn 1	2 xn ,	то	нужно доказать,		что,
2 xn xn , или xn2			xn 2 0.		Рассмотрим	квадрат-
ный	трехчлен	z2 – z – 2. Его		корни z = –1,		z =2,	по-
					1	2

этому неравенство z2 – z – 2 0 выполнено, если –1 z < 2. При z = xn (напомним, 0 < xn 2) получим: xn2 xn 2 0, что

итребовалось доказать.

3.Итак, последовательность {xn} — монотонно возрастающая и ограничена сверху, поэтому по теореме 2.1 она схо-

дится. Найдем этот предел. Обозначим lim xn A, тогда и

lim xn 1	A. Переходя к пределу при n в обеих частях
n
равенства xn 1		2 xn , получим	A	2 A, откуда

A2 – A – 2 = 0, A = 2 ( 2-й корень квадратного уравнения не является пределом данной последовательности, так как он

отрицательный, а все члены xn > 0). Итак , lim xn 2.

Задача 2.13

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость после-

довательности xn				1				1		1			...		1		.
довательности xn				1			22			32			...				.
Решение							22			32				n2
Решение
Запишем			x		x								1					1	...	1	.
													1					1		1
				n p				n			n 1 2					n		2 2		n p 2
											n 1 2					n		2 2		n p 2
Так как	1	1					1			1		, то
Так как		k(k 1)				k			1	k		, то
	k 2	k(k 1)				k			1	k

				1		1	...			1
			n 1 2			n 2 2	...		n p 2
			n 1 2			n 2 2			n p 2
	1	1				1		1			1	1	1
				...										.
				...										.
n		n 1									n	n p n
n		n 1			n p 1			n p			n	n p n

Таким образом, для любых натуральных n и p выполнено

неравенство

xn p

Зададим произвольное, но фик-

1. Тогда

сированное

число

> 0 и

положим N( )

n > N

выполняется

неравенство

, поэтому

и, следовательно,

для натуральных n > N, p > 0 по-

лучаем

xn p xn

т.е. последовательность сходится.

Задача 2.14

Пользуясь критерием Коши, доказать расходимость последовательности xn 1 21 31 ... n1 .

Решение

Запишем

xn p

...

для

n 1

n 2

n p

натуральных

n, p.

частности ,

при

n = p

получим

x2n xn

Возьмем

, тогда N нату-

ральные n0 > N, p0 1, такие (например, n0 = N + 1,					p0 =
= N + 1), что выполнено неравенство	xn	p	xn	0 ,	т.е.

	0	0	0

данная последовательность расходится (выполняется отрицание фундаментальности последовательности).

<<< < Предыдущая 12 / 82 3 4 5 6 7 8 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]