Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Уральский государственный горный университет

Предмет:

Линейная алгебра

Файл:

1. Понятие предела (1 с.) +

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

03.06.2015

Размер:

437.4 Кб

Скачать

☆

1 / 21 2 > Следующая >>>

ПРАКТИЧЕСКОЕ ЗАНЯТИЕ 1

Понятие предела

Определение предела последовательности.

Определение предела последовательности

		Задача 1.1. Показать, что lim														n 1			1.
		Задача 1.1. Показать, что lim																	1.
														n			n
		Р е ш е н и е.							Действительно, для произвольного 0 имеем:
				n 1							n 1			1			n 1 n								1				1
				n 1			1				n 1						n 1 n								1		n		1	.
							1																				n			.
					n							n						n							n
Таким					образом,			для		любого наперёд										заданного								0 мы нашли номер
					1	1, такой,												n 1
n					1	1, такой,				что		n n						n 1				1		, следовательно, 1 является
	0														0				n
																			n
пределом данной последовательности.
		Задача 1.2. Доказать существование предела последовательности с общим
членом
			xn				1			1				1						1						.

							2 1		22 1				23 1								2n
							2 1		22 1				23 1								2n		1

Р е ш е н и е. Покажем, что данная последовательность монотонна и ограничена. Из формулы общего члена последовательности имеем:

xn 1	xn	1		xn 1 xn ,

		2n 1
			1

то есть последовательность монотонно возрастает и ограничена снизу, например,

первым элементом							x . При любом n , очевидно,							1				1	. Последователь-
первым элементом							x . При любом n , очевидно,												. Последователь-
						1								2n 1				2n
														2n 1				2n
ность ограничена сверху:
x		1				1				1		1	1		1		1			1
x
n	2	1				22 1			23 1			2n 1 2 22				23				2n
	2	1				22 1			23 1			2n 1 2 22				23				2n
	1			1						1
	2				2n 1			1		1	1 .
				1				1		2n	1 .
			1
			1		2

Последовательность монотонна и ограничена, следовательно, по критерию сходимости имеет предел.

Задача 1.3. Доказать, что последовательность xn есть бесконечно малая

последовательность, если

1) x

1 n 1

; 2) x

; 3) x

; 4) x

1 n 0,999n .

n3 1

Составить для каждого случая таблицу следующего вида:

0,1

0,001

0,0001

…

Р е ш е н и е. 1) По определению

0 n0 N : n n0

1 n 1

Решаем неравенство:

1 n 1

Таким образом, по произвольному положительному числу мы нашли номер n0 n0 такой, что начиная с этого номера, выполнено определение пре-

дела последовательности. Следовательно, последовательность имеет предел, который равен

lim x		lim 1 n 1	0 .
n	n	n n

Таким образом, последовательность является бесконечно малой последовательностью.

Пусть, например, 0,1. Тогда

			1
n0			1	1 11.
n0			1	1 11.
			1
			10
И так далее, для указанных в таблице значений . Искомая таблица принимает
вид:

				0,1				0,001							0,0001				…
	n0			11					1001						10001				…
2) По определению
0 n N											2n
						:	n n				2n		0	.
						:	n n						0	.
				0				0		n3 1
										n3 1
Решаем неравенство:
		2n			2n			2				n2				1
		2n			2n			2				n2				1	n	2
		n3 1			n3			n2									n
		n3 1			n3			n2			2


n		2


	2
n0		1.

дела последовательности. Следовательно, последовательность имеет предел, который равен

lim x		lim	2n	0.

n	n	n n3 1

Таким образом, последовательность является бесконечно малой последовательностью.

Пусть, например, 0,1. Тогда



n0	2	1 4,472 1 5.
n0	1	1 4,472 1 5.
	1
	10
И так далее, для указанных в таблице значений . Искомая таблица принимает
вид:

		0,1	0,001	0,0001	…
n0		5	46	142	…

Остальные примеры решаются аналогично и предлагаются для самостоятельного решения.

Вычисление предела последовательности Задача 1.4. Найти предел последовательности с общим членом

x		2n2	.
x	n		.
	n	n2 1
		n2 1
Р е ш е н и е.				Преобразуем общий член последовательности:
x		2n2		2	n	n	2	1			1		.
x	n			2			2						.
	n	n2 1			n 1 n 1			1		1
		n2 1			n 1 n 1			1		1
							1			1
							1		n	1		n

Используя правила действий с пределами последовательностей, имеем:

lim x		lim	2n2	2	1		1			2 .
lim x		lim		2						2 .
n	n	n n2 1			lim	1	1 lim		1
n		n n2 1		1		1			1
				1
					n n			n n

Задача 1.5. Вычислить предел последовательности с общим членом

xn 2n 1 2 3n 1 . n

Р е ш е н и е. Преобразуем общий член последовательности:

2n 1 3n 1

2n 1

3n 1

Используя правила действий с пределами, имеем:
							2n 1 3n 1														1				1			6 .
lim xn lim										n2				lim				2				lim 3				2	3
lim xn lim														lim				2				lim 3				2	3
n			n												n						n	n			n
Задача 1.6. Найти предел последовательности с общим членом

x					n2 n n .
n
Р е ш е н и е. Имеем неопределённость вида . Преобразуем формулу
для общего члена:													n							n
										n2 n						n2 n								n				1
	n2 n n									n2 n						n2 n								n				1			.


													n2 n n										n2	n n				1
																											1			1
																											1		n	1
Вычисляем предел последовательности:
lim		1										1						1	.

						1								1				2
n			1			1			1		lim	1		1	1			2
			1			n			1		lim	1		n	1
						n					n			n
Задача 1.7. Вычислить предел последовательности с общим членом
x				1				1				1					.
x																	.
n		1 2							2 3			n n 1
		1 2							2 3			n n 1

Р е ш е н и е. Преобразуем формулу для общего члена последовательности:

	1	1		1		1	1	1		1	1
xn					1
	1 2	2		n n 1				3
			3			2	2		n		n 1

1 n1 1 .

Теперь

		1	1		1		1	1.
lim xn lim						lim 1
		1 2	2
n	n			3	n n 1	n	n 1

Задача 1.8 (неперово число e ). Показать, что последовательность с общим

членом
		1 n
xn 1

		n

сходится, то есть, существует предел

		1 n
lim xn lim 1			e .

n	n	n

Р е ш е н и е. Приведём значение этого числа, применяемое в обычных расчётах, не требующих слишком большой точности: e 2,71828 .

Приступим к строгому исследованию данного предела. Докажем сходи-

		1 n
мость последовательность xn	1		.

		n
Покажем, что

b 1 n N 1 b n 1 nb.

Для этого применим индукцию по n :

1)при n 1 имеем 1 b 1 b , что всегда выполняется;

2)предположим, что n k 1 b k 1 kb;

3)покажем, что b 1 n k 1 1 b k 1 1 k 1 b .

Справедливость заключения следует из цепочки выкладок:

1 b k 1 1 b k 1 b 1 b 1 kb 1 kb b kb2 1 k 1 b ,

так как kb2 0 .

Так как неравенство справедливо при n 1, оно справедливо и при любом

n N . Итак,

b 1 и n N

1 b n

1 nb.

(1)

Рассмотрим последовательность с общим членом

n 1

Для этой последовательности

yn 1

1 1n 1 n

n2n 1

n 1

n 1 n n 1 n 1 n 1

n2 n 1

n 1

n2 1 1 n 1

n 1

n2 1 n 1 n

n2 1 n 1

n 1

1 1

используем 1

n 1

1 n 1

n 1

Таким образом,

n N yn 1 1

а, следовательно, yn yn 1, то есть, последовательность с общим членом

yn 1 1n n 1

монотонно убывает. Так как

1 1n n 1 1,

эта последовательность ограничена снизу. Но тогда по критерию сходимости ог-

раниченной последовательности данная последовательность сходится.

Далее имеем:

1 1

n 1

lim 1

lim

lim 1

где использовано, что

lim 1

Так как предел в правой части равенства существует

n 1

lim

e ,

то существует и предел левой части. Итак, предел существует и обозначается

1 n

e lim

Задача 1.9. Доказать неравенство Бернулли:

1 x1

1 x2

1 xn

1 x1 x2 xn .

Р е ш е н и е. Неравенство справедливо при n 1, 2, что легко проверяется.

Например, для n 2 имеем:

1 x1

1 x2

1 x1 x2 x1x2 1 x1 x2 .

Предположим, что неравенство справедливо при n k , то есть

1 x1

1 x2

1 xk

1 x1

и покажем, что оно справедливо и при n

1. Имеем:

1 x1

1 x2

1 xk

1 xk 1

1 x1 x2 xk 1 xk 1

1 x1 x2 xk xk 1 1 x1 x2 xk xk xk 1

1 x1 x2 xk xk 1 .

По заключению

Задача 1.10. Показать, что если x 1, то

1 x n 1 nx n 1 ,

причём знак равенства имеет место только при x 0.

Р е ш е н и е. Полагая в неравенстве предыдущего примера

x1 x2 xn x ,

получаем требуемое неравенство.

Задача 1.11. Вычислить предел последовательности с общим членом

xn n ln n 3 ln n .

Р е ш е н и е. Преобразуем формулу для общего члена:

x n ln n 3 ln n ln

3 ln 1

Переходя к пределу, имеем:

3 ln e 3.

lim x

3 lim ln 1

Задача 1.12.

Доказать, что последовательность an является:

1) бесконечно большой последовательностью при

2) бесконечно малой последовательностью при

Р е ш е н и е. 1) Пусть

1. Покажем, что

последовательность an удов-

летворяет

определению бесконечно большой

последовательности, то есть

A 0 n0 N :

n n0

n A.

(1)

Зададимся произвольным числом

A 0. Для нахождения номера n0 решим не-

равенство (1) относительно номера. Получим

log

n log

A n log

A .

Следовательно, выполнение неравенства (1) начинается с номера

log

A 1.

Что и требовалось доказать.

то n N

2) Пусть

1. Если

a 0 ,

an 0 и, следовательно, по-

бесконечно малая. Пусть a 0. Тогда

следовательность

	1	n 1
an			.

	a

	1		1
Так в этом случае		1, то последовательность
Так в этом случае		1, то последовательность
	a	an

(2)

является бесконечно

большой последовательностью, последовательность

	1	n 1
an

	a

– бесконечно малой последовательностью. Поэтому в силу (2) при

1 после-

довательность an – бесконечно малая последовательность.

Задача 1.13. Показать,

что если

– сходящаяся последовательность, а

yn –

бесконечно

большая

последовательность,

то последовательность

x y

– бесконечно большая последовательность.

Р е ш е н и е. Покажем, что

A 0

n0 N

n n0

xn yn

В силу критерия сходимости последовательности сходящаяся последова-

тельность

xn ограничена, то есть

M 0 : n N

M .

(1)

Пусть задано произвольное

A 0. Так как последовательность yn бес-

конечно большая, то для числа

A M

n0 N

: n n0

A M .

(2)

Из неравенств (1) и (2) получаем:

xn yn

A M M A.

Что и требовалось доказать.

Задача 1.14. Вычислить предел последовательности с общим членом

cosn .

(1)

n 1

Р е ш е н и е. Так как x R

cos x

1, то последовательность cosn

ограничена. Покажем,

что последовательность

– бесконечно малая по-

n 1

следовательность. Действительно,

lim

n n 1

lim 1

По свойствам бесконечно малых последовательностей произведение ограниченной последовательности на бесконечно малую последовательность, то есть последовательность с общим членом (1), является бесконечно малой последовательностью и, следовательно,

lim x		lim	n	cosn 0.

n	n	n n 1

Задача 1.15. Вычислить предел функции в точке: lim 3x2 x 5 .

x 1

Р е ш е н и е.

Выбираем произвольную

последовательность

значений ар-

гумента

xn , сходящуюся к 1, то есть такую,

что lim xn 1. Используем опре-

деление по Гейне:

x 5

lim 3x2 x 5 lim 3x2

x 1

3 lim x2

lim x

lim 5 3 1 5 9 .

Задача 1.16. Показать, что lim 2x 5 7 .

Р е ш е н и е. Выбираем произвольное 0. Найдём для него такое

что

из неравенства

x 6

будет

следовать

неравенство

2x 5 7

. Имеем:

x 6

2x 12

2x 5 7

2 .

2 . По-

Сравнивая с

f x 7

2x 5 7

получаем

следнее и доказывает, что lim 2x 5 7 .

x 6

Задача 1.17. Показать, что

lim

15x2 2x 1

x 1

x 3

Р е ш е н и е. По определению предела нужно чтобы выполнялось условие:

0 0 :							x		1							15x2 2x 1							8	.
									1							15x2 2x 1

							3												x		1

																					3
Решаем неравенство
														1						1


	15x2 2x 1										15 x				x
											15 x				x
			8											3						5		8
	x	1	8										x					1				8
		1																1

	3														3
	15x 5				1			x				1					.
					1							1

				3		15				3			15
				3		15				3			15

Таким образом, как только

	1			1	1		1
x			,			,			,
x			,			,			,
	3	15		3	3		3	15

так сразу

15x2 2x 1				8	.
	x	1

			3

Из этого следует, что 15 . Итак,

			1					15x2 2x 1
0		x	1					15x2 2x 1				8	,
0		x										8	,
		3		15						1
									x
									x		3
а значит lim	15x2 2x 1						8.
а значит lim				1			8.
x 1		x		1
3		x		3
3														x2	3x 2
Задача 1.18. Найти предел функции в точке: lim														x2	3x 2
																.
																.
												x 1		3x2 x 4
Р е ш е н и е. Непосредственно перейти к пределу в числителе и знаменате-
				x2 3x 2					0
ле нельзя, так как lim										, то есть получаем так называемую не-
ле нельзя, так как lim					2	x 4				, то есть получаем так называемую не-
		x 1		3x		x 4			0

определённость вида 00 . Для «раскрытия» этой неопределённости разложим

числитель и знаменатель на множители, предварительно приравняв их к нулюx2 3x 2 0, 3x2 x 4 0 и решив соответствующие квадратные урав-

нения. В результате получаем:

2 3x 2

x 2 x 1

x 4

3 x 1 x

x 1 , дающий в пределе

Так как

x 1, но

x 1, то на множитель

x 1

нуль, можно сократить. В результате получаем:

1 / 21 2 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Линейная алгебра

#
03.06.2015182.41 Кб161. Векторная алгебра.pdf
#
03.06.2015407.86 Кб141. Лекция 1.1. Пространство R3 (1 с.) +.pdf
#
03.06.2015324.25 Кб221. Множества, операции, отношения.pdf
#
03.06.2015437.4 Кб51. Понятие предела (1 с.) +.pdf
#
03.06.2015430.98 Кб132. Лекция 1.2. Пространство R3 (1 с.) +.pdf
#
03.06.2015373.84 Кб53. Лекция 2. Прямая и плоскость (1 с.) +.pdf
#
03.06.2015238.61 Кб193. Операторы и матрицы.pdf