Начала математического анализа. Учебное пособие для СПО

91

6.6. Фундаментальные последовательности. Критерий Коши

сходимости последовательности

Определение

. Последовательность





n

x

удовлетворяет усло-

вию Коши (является фундаментальной), если для любого числа

0



найдется натуральное число









NN

такое, что из

N

n 

и

N

m 

следует неравенство



mn

xx

.

Условие Коши формулируют и таким образом:



N





 pnNN ,0





 npn

xxNn

.

Теорема 5

(

Критерий Коши сходимости последовательности

.) Для того чтобы последовательность сходилась к конечному пределу, необходимо и достаточно, чтобы она удовлетворяла условию Коши.

Необходимость. Пусть последовательность





n

x

сходится, т. е.

ax

n





lim

. По числу

0









NN

N

mn 



,

выполняются

неравенства

2

,

2







 axax

mn

. Из этих неравенств и свойства

модуля получаем

εε

ε

22

nm n m n m

xx xaax xax a

.

А это и означает, что последовательность





n

x

фундаментальная.

Достаточность. Пусть последовательность





n

x

фундамен-

тальная. Докажем, что она сходится. Покажем, что последовательность





n

x

ограничена.

Пусть

0



.

Так как последовательность





n

x

удовлетворяет

условию Коши, найдется такое число





1NN



, что

nN



1

nm

xx

. Положим

1





N

m

, тогда для

N

n 

имеем

1





Nn

xx

. Следовательно,

11 1

nn n

NN N

xxx x xx

 



  

11

1

NN

x





. Положим





121

1,...,,,max:





Nn

xxxxL

, тогда

92

Lxn

n



N

. Таким образом, последовательность





n

x

, удовлет-

воряющая условию Коши, ограничена.

Согласно теореме Больцано–Вейерштрасса (о выделении сходящейся подпоследовательности из любой ограниченной последовательности)

последовательность





n

x

в силу ее ограниченности имеет

частичный предел. Обозначим его

a

и докажем, что a является пре-

делом всей последовательности





n

x

.

Пусть

 



 



k

n

x

– та последовательность, для которой ax

k

n

k





lim .

Зададим произвольное число

0





и найдем число





11

NN

такое,

что для всех

1

, Nmn 

имеем

2





mn

xx

(в силу фундаменталь-

ности ()

n

x

). Для этого же



найдем число









22

NN

такое, что для

всех

2

Nn

k



2



 ax

k

n

. Пусть





21

,max: NNN



. Оценим для

N

n 

модуль разности

ax

n



. Пусть

k

n

– такое число, что

Nn

k



, тогда

для всех

N

n 

имеем











22

axxxax

kk

nnnn

, что озна-

чает сходимость последовательности





n

x

к числу a. Теорема

доказана.

6.7. Задачи с решениями

1.

Доказать, что

R





a

n

a

n

,0

!

lim

.

Решение.

Пусть

Ν



 ma ,0

и

am 



1

. Для всех

mn 

имеем

 

n

m

mn

mm

m

mnmmmn

)1(!

)1(

1

!

1

...21

1

!

1

!

1















,

93

тогда для

mn 



!

)1(

!

1

1! m

m

q

m

a

n

a

m

n

m

n







 



 







, где

10,

1

: 



 q

m

a

q

.

Таким образом,

!

)1(

!

0

m

q

n

a

m

n





.

Находим

!

)1(

lim

m

q

m

n











nn

m

q

m

lim

!

)1(

00

!

)1(





m

. По

теореме 5 о пределе промежуточной последовательности (с. 61)

0

!

lim





n

a

n

.

При

0a

доказательство очевидно.

Пусть

0

a

. Найдем

0

!

lim

!

lim 



n

a

n

a

n

, т. к.

0a

. Но

поскольку

0

!

lim 



n

a

n

, то

.0

!

lim





n

a

n

2.

Пусть

n

x

х

x

2

4

2

1







,

3

1



x

. Найти

n

x





lim

.

Решение.

Найдем

2

22

2

1

2

4

1

2

24

2

4

n

nn

n

x

х

x

хх

x

х

x

x 













.

Так как





n

nnn

n

x

xxх

x

2

444

22

1











, то

N

 nx

n

2

. Поэтому





0224

2



nnn

xxx ,

следовательно,

1

1

n

x

.

Таким образом, последовательность

)(

n

x

и ограничена снизу

числом 2, следовательно,

R





Cx

n

lim

. Для определения С

94

перейдем к пределу при



n

в рекуррентном соотношении

n

x

х

x

2

4

2

1







. Имеем

C

2

4

2





, откуда

2



C

. Итак,

2lim 



n

x

.

3.



корней

...

n

aaax 

– рекурсивная последовательность,

0

a

. Найти

n

x



lim

.

Решение.

Поскольку



корней1

1

...





n

aaaax

и

0

a

,

постольку ясно, что





n

x

, т. е.

nxx

nn







1

. Очевидно, что

nn

хаx 



1

. Неравенство

nn

xха 

выполняется в промежутке















2

411

,0

a

, т. к.

2

nn

xха 

равносильно

0

2

 aхx

nn

.

Следовательно,







n

x

и ограничена сверху:

2

411 a

x

n





, –

поэтому существует

R









Cx

n

lim

. Найдем

C

:

22

1 nn

n

xax C







 

aC

, отсюда

1,2

11

.

24

Ca





И поскольку

0

C

, то

aC 

4

1

2

1

. Итак,

ax

n





4

1

2

1

lim

.

Заметим, что ограниченность последовательности можно доказать, используя метод математической индукции.

Пусть

1n

. Так как

0a

, то

2

411

1

a

ax





.

Предположим, что

2

411 a

x

n





. Покажем, что

2

411

1

а

x

n







. Так как

nn

xax 



1

, то нужно доказать, что

95

2

411 а

xa

n





. Если умножить обе части последнего неравен-

ства на 2 и возвести в квадрат, то получим

2

411 а

x

n





.

4.

Доказать, пользуясь критерием Коши, сходимость

последовательности



12...531

1

...

531

1

31

1













n

x

n

.

Решение.

Введем обозначение:





12...531!!12







nn

.

Оценим сверху модуль разности

 













!!12

1

...

!!32

1

!!12

1

pnnn

xx

npn







 





 











12...32

1

...

5232

1

32

1

!!12

1

pnnnnnn



 





 





 













...

32

1

...

32

1

32

1

!!12

1

12 p

nn

  



















 



 











!!12

1

2

3

12!!12

33

22!!12

32

1

!!12

1

nnn

n

nn

n

nnn 4

3

212

3

1212

3







.

Пусть

ε

– произвольное положительное число. Для этого 

неравенство



n4

3

выполнено для значений





4

3

n

. Пусть

1

4

3

















N

, тогда



 npn

xxNn

.

Следовательно, последовательность





n

x

фундаментальна и по

критерию Коши сходится.

5.

Доказать, что последовательность

n

x

n

1

3

1

2

1

1 



рас-

ходится.

96

Решение.

Докажем, что последовательность





n

x

не является

фундаментальной. Оценим разность:

111

1

np n

xx p

nnpnp



  







.

Пусть

N







NNN

np 1

, тогда

2

1









nn

n

xx

npn

.

Отсюда следует, что данная последовательность удовлетворяет отри-

цанию условия Коши



()

A

BAB

, а именно: при

2

1



для

любого натурального



 

  







2

1

,

npn

xxNnpnN

N . Следо-

вательно, последовательность расходится.

6.

Пусть



n

x

1



. Доказать расходимость последователь-

ность





n

x

.

Решение

. Докажем, что последовательность





n

x

расходится:

















mn

xxNmNnmnN ,,0 N

.

Действительно, если

2





, то для любого натурального N числа

2,1 

NmN

n

больше, чем N, и

2

21



 NN

xx

.





n

x

97

БИБЛИОГРАФИЧЕСКИЙ СПИСОК

Высшая

математика для экономистов : учеб. для студентов вузов, обучающихся по экон. специальностям / Н. Ш. Кремер [и др.] ; под ред. Н. Ш. Кремера. – 3-е изд. – М. : ЮНИТИ, 2009. – 479 с.

Демидович, Б. П.

Сборник задач и упражнений по математическому анализу : учеб. пособие для вузов / Б. П. Демидович. – М. : Астрель, 2005. – 558 с.

Зорич, В. А.

Математический анализ. В 2 ч. Ч. 1 / В. А. Зорич. –

М. : МЦНМО, 2002. – 664 с.

Ильин, В. А.

Математический анализ : учеб. В 2 ч. Ч. 1 / В. А. Ильин, В. А. Садовничий, Б. Х. Сендов ; под ред. А. Н. Тихонова ; Моск. гос. ун-т им. М. В. Ломоносова. – М. : Проспект ; Изд-во Моск. ун-та, 2006. – 672 с.

Красс, М. С.

Математика для экономистов : учеб. пособие для студентов вузов, обучающихся по специальностям 060400 «Финансы и кредит», 060500 «Бухгалт. учет, анализ и аудит», 060600 «Мировая экономика», 351200 «Налоги и налогообложение» / М. С. Красс, Б. П. Чупрынов. – М. ; СПб. ; Н. Новгород [и др.] : Питер, 2010. – 464 с.

Малугин, В. А.

Математический анализ : учеб. пособие для студентов вузов, обучающихся по направлению 080100 «Экономика» / В. А. Малугин. – М. : Эксмо, 2010. – 592 с.

Малыхин, В. И.

Высшая математика : учеб. пособие для студентов, обучающихся по специальностям 080105 «Финансы и кредит», 080109 «Бухгалт. учет, анализ и аудит», 080102 «Мировая экономика», 080107 «Налоги и налогообложение» / В. И. Малыхин. – 2-е изд., перераб. и доп. – М. : ИНФРА-М, 2010. – 365 с.

Математический

анализ в вопросах и задачах : учеб. пособие для студентов вузов / В. Ф. Бутузов [и др.] ; под ред. В. Ф. Бутузова. – Изд. 6-е, испр. – СПб. ; М. ; Краснодар : Лань, 2008. – 480 с.

Общий

курс высшей математики для экономистов : учеб. для студентов вузов, обучающихся по экон. специальностям / Б. М. Рудык [и др.] ; под. общ. ред. В. И. Ермакова ; Рос. экон. акад. – М. : ИНФРА-М, 2008. – 655 с.

Сборник

задач по математическому анализу. Т. 1. Предел. Непрерывность. Дифференцируемость : учеб. пособие / Л. Д. Кудрявцев [и др.] ; под ред. Л. Д. Кудрявцева. – М. : ФИЗМАТЛИТ, 2003.

– 496 с.