Курс лекций по мат. анализу I
.pdfn2 , начиная с которого выполнено неравенство A −ε < zn < A +ε . Тогда, если положить n0 = max (n1, n2 ), то для всех n ≥ n0 будут выполнены оба неравенства, следовательно, будет выполнено неравенство A −ε < xn ≤ yn ≤ zn < A +ε , откуда получим yn − A <ε . ◄
Эту теорему часто называют теоремой о «сжатой» переменной.
Доказанную теорему мы можем применить для вычисления пределов некоторых последовательностей, которые нам будут часто встречаться в дальнейшем.
Пример 15. Пусть {αn}- бесконечно малая последовательность, причем для
всех n выполнено неравенство αn ≥ −1. Доказать, что lim k 1 +αn =1. |
||||||||
|
|
n→∞ |
||||||
☺Докажем сначала, что верно неравенство 1 − |
|
αn |
|
≤ k 1 +αn ≤1 + |
|
αn |
|
. |
|
|
|
|
|||||
Если αn ≥ 0 , то левая часть неравенства |
очевидна, так как |
1 − αn ≤1 ≤ k 1 +αn . Правую часть неравенства получим, используя свойство степени: если основание степени больше единицы, то большей будет степень с большим показателем. Поэтому (1 + αn )k ≥1 +αn .
Если αn < 0 , то из неравенства k 1 +αn <1 <1 + αn следует правая часть
доказываемого неравенства, а левая получится опять из свойства степени: если основание остепени меньше единицы, то большей будет степень с меньшим по-
казателем. Так как здесь 1 − αn =1 +αn , то (1 − αn )k <1 +αn .
Из доказанного неравенства нужное утверждение легко следует по теореме о трех последовательностях и критерию того, что данное число является
пределом последовательности (теорема 2.1.1). Если {αn} |
- бесконечно малая, то |
|||||||||||||||
{ |
|
n } |
n→∞ |
( |
|
|
n ) |
n→∞( |
|
|
n ) |
|
||||
|
α |
|
|
- тоже бесконечно малая. Тогда lim |
1 |
− |
α |
|
|
= lim |
1 |
+ |
α |
|
|
=1, так как эти |
последовательности представляют собой суммы единицы и бесконечно малых |
||
последовательностей. Следовательно, lim k 1 +αn =1. ☻ |
|
|
|
n→∞ |
|
Пример 16. Доказать, что если a >1, то lim n a =1. |
|
|
|
n→∞ |
|
☺ Так как a >1, то |
n a >1. Положим αn = n a −1, тогда n a =1 +αn , где |
|
αn > 0 . Если мы докажем, |
что αn - бесконечно малая последовательность, |
то |
нужное равенство будет доказано. |
|
|
Используя бином Ньютона, получим неравенство a = (1 +αn )n ≥ nαn , |
от- |
куда 0 <αn ≤ an . Это означает, что αn - бесконечно малая последовательность,
что и требовалось доказать. ☻
Позже мы докажем, что lim n a =1 и для 0 < a <1.
n→∞
50
Пример 17. Доказать, что lim n n =1.
n→∞
☺ Аналогично предыдущему примеру, n n >1, следовательно, если положить αn = n n −1, то αn > 0 и n = (1 +αn )n ≥ n(n2−1)αn2 (здесь из разложения
бинома взят третий член). Из последнего неравенства получаем 0 <αn2 ≤ n 2−1 .
Следовательно, αn - бесконечно малая, и так как n n =1 +αn , то нужное равенство доказано. ☻
Пример 18. Доказать, что если a >1 и m |
|
, то lim |
nm |
= 0 . |
|
||||||||||||||||||||||||||||
|
☺Так как a >1, то a =1 + x , где x > 0 |
|
|
n→∞ an |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
(в отличие от предыдущих приме- |
||||||||||||||||||||||||||||||||
ров здесь x не зависит от n). Тогда, рассматривая n > m , можно написать |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
an = (1 + x)n ≥ Cnm+1xm+1 = |
(n − m)(n − m +1)...n |
xm+1, |
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(m +1)! |
|
|
||||||
Откуда |
|
|
0 < nm |
≤ |
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
n |
|
|
... |
|
n |
|
1 |
(m +1)! . |
|||||||||||
|
|
n − m |
n |
− m +1 |
n −1 |
||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
an |
|
|
|
|
|
n |
xm+1 |
||||||||||||||||||||
|
Допустим, что n ≥ 2m . Тогда |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
n |
=1 + |
|
k |
|
|
≤1 + m = 2, |
k =1,2,..., m |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
n − k |
n |
− k |
||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
и |
|
|
|
|
|
|
|
0 < |
nm |
≤ |
1 |
|
2m (m +1)! |
. |
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
2m (m +1)! |
|
|
|
|
|
an |
|
|
|
n |
|
|
|
xm+1 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Здесь множитель |
является константой, которую мы обозначим через |
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
xm+1 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= M +1 получим неравенство |
|||||||||
M . Тогда, взяв ε > 0, для всех значений n ≥ n |
|||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
ε |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
0 < |
nm |
<ε , что означает, что lim |
nm |
= 0 .☻ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
an |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
n→∞ an |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Упражнения |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= k a , если {αn} |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
1. |
Докажите, что lim k a +αn |
|
- бесконечно малая. |
|||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
=1, если {αn} - бесконечно малая и a > 0. |
|||||||||||||||||||
|
2. |
Докажите, что lim n a +αn |
|
||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{αn} |
|
|
|
|||||
|
3. |
Докажите, что |
lim |
n an +b +αn |
|
=1, если |
- |
бесконечно малая и |
|||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a > 0.
51
1.9.Теорема Кантора
|
Уточним теорему Кантора, о которой мы говорили в §4 главы 1 (теорема |
|||||
1.4.4). |
|
[ |
|
|
] |
|
|
|
|
n |
|
||
Теорема 2.1.8. Пусть дана последовательность вложенных отрезков |
{ |
n } |
||||
|
a ,b |
|
||||
таких, |
что при n → ∞ длина n-го отрезка стремится к нулю, |
т.е. |
||||
lim |
(b |
− a )= 0 . Тогда точка, принадлежащая всем отрезкам, единственна. |
|
|||
n→∞ |
n |
n |
|
|
|
|
►Допустим, что существует две точки, принадлежащие всем отрезкам: c и c′. Пусть ε0 = c −c′ > 0 . Тогда для всех значений n будут выполняться нера-
венства |
an ≤ c ≤bn |
и |
an ≤ c′≤ bn , |
следовательно, |
будет |
|||||
−(bn − an )≤ c −c′≤ bn − an , что означает, что bn − an ≥ |
|
c −c′ |
|
=ε0 . Доказанное не- |
||||||
|
|
|||||||||
равенство противоречит тому, что lim |
(b |
− a )= 0 . ◄ |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
n→∞ |
n |
n |
|
|
|
|
|
§2 Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности. Арифметические свойства предела
2.1.Бесконечно малая последовательность
Сбесконечно малой последовательностью мы уже познакомились в 1.3.
Это последовательность, предел которой равен нулю. Теперь сформулируем и докажем два основных свойства бесконечно малых последовательностей.
Теорема 2.2.1. Сумма двух бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.
►Пусть lim αn = lim βn = 0 . Докажем, что lim (αn + βn )= 0 . |
||||||||||||
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|
n→∞ |
n→∞ |
|||
Возьмем некоторое ε > 0 и найдем номер n1 , начиная с которого выпол- |
||||||||||||
няется неравенство |
|
α |
n |
|
< ε |
и номер n , начиная с которого выполняется нера- |
||||||
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
2 |
|
венство |
|
βn |
|
|
< ε . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
неравенства будут выполняться для всех n, начиная с |
|||
Тогда |
оба |
эти |
||||||||||
n0 = max (n1, n2 ) |
и, следовательно, для этих номеров будет верным неравенство |
αn + βn ≤ αn + βn <ε , что и требовалось доказать.◄
Очевидно, что с помощью метода математической индукции эту теорему можно распространить на любое (фиксированное) количество слагаемых. Но необходимо помнить, что теорема неприменима, если количество слагаемых зависит от n - номера члена последовательности.
Пример 1. Рассмотрим последовательность
x = |
1 |
+ |
1 |
+... + |
1 |
. |
|
|
|
||||
n |
n2 +1 |
|
n2 + 2 |
n2 + n |
||
|
|
|||||
|
|
|
52 |
|
|
|
☺Очевидно, что каждое слагаемое этой последовательности стремится к нулю, количество их равно n, но их сумма будет иметь предел, отличный от нуля. Для нахождения этого предела применим теорему о сжатой переменной. Очевидна оценка
n |
< |
1 |
|
+ |
1 |
|
+... + |
1 |
< |
n |
|
<1. |
|
n2 + n |
n2 |
+1 |
n2 |
+ 2 |
n2 + n |
n2 |
+1 |
||||||
|
|
|
|
|
Левую часть этого неравенства оценим следующим образом:
n |
|
= |
|
1 |
> |
1 − |
1 |
>1 − |
1 |
, |
n2 |
+ n |
|
1 |
n |
n |
|||||
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
1 |
+ n |
|
|
|
|
|
|
откуда получим: 1 − 1n < xn <1. Так как левая часть этого неравенства стремится
к единице, то и lim xn =1. ☻
n→∞
Теорема 2.2.2. Произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную последовательность есть бесконечно малая.
|
|
|
►Пусть lim α |
|
|
= 0 и |
|
x |
|
|
≤ C n . Докажем, что lim (α |
|
x |
)= 0 . |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n→∞ |
n |
|
|
n |
|
|
n→∞ |
n |
|
n |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
|
Возьмем ε > 0 и найдем номер n0 , начиная с которого будет выполняться |
|||||||||||||||||||||
неравенство |
|
α |
n |
|
< |
ε |
|
. Тогда, |
если n ≥ n , будет выполнено |
неравенство |
||||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
C |
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
α |
n |
x |
|
< |
C =ε , что и требовалось доказать.◄ |
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
n |
|
|
C |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
{xn} |
- бесконечно малая последовательность, а {yn} - сходя- |
|||||||||||||
Следствие. Если |
|
|||||||||||||||||||||||
щаяся, то их произведение {xn yn} - бесконечно малая. |
|
|
|
Пример 2. Найти lim sin n .
n→∞ n
☺. Последовательность 1n - бесконечно малая, последовательность sin n -
ограничена. Следовательно, произведение 1n sin n есть бесконечно малая и ис-
комый предел равен нулю.☻
2.2.Бесконечно большая последовательность
Приведем определения бесконечно больших последовательностей, расширив тем самым определение предела последовательности.
Определение 2.2.1. Числовую последовательность {xn} будем называть
бесконечно большой, если для любого положительного числа M можно найти номер n0 , начиная с которого все члены последовательности будут удовле-
творять неравенству xn > M .
53
Если последовательность {xn} бесконечно большая, то будем говорить
также, что она стремится к бесконечности и записывать это lim xn = ∞.
n→∞
Существуют два частных случая бесконечно больших числовых последовательностей.
Определение 2.2.2. Будем говорить, что последовательность {xn} стремится к +∞ , если для любого положительного числа M можно найти номер n0 ,
начиная с которого все члены последовательности будут удовлетворять неравенству xn > M .
Определение 2.2.3. Будем говорить, что последовательность {xn} стремится к −∞, если для любого положительного числа M можно найти номер n0 ,
начиная с которого все члены последовательности будут удовлетворять неравенству xn < −M .
Неравенство xn > M означает, что точки xn при n ≥ n0 лежат вне промежутка [−M , M ].
Если объединение лучей (−∞, −M ) (M ,+∞) назвать окрестностью
бесконечности, то утверждение lim xn = ∞ будет означать, что для произволь-
n→∞
ной окрестности бесконечности можно найти номер n0 , начиная с которого все
члены последовательности будут попадать в эту окрестность. Это высказывание полностью совпадает с определением предела в конечном случае.
Заметим также, что lim xn = +∞ означает, что, начиная с некоторого но-
n→∞
мера, все члены последовательности попадают на луч (M , +∞), а lim xn = −∞
n→∞
означает, что, начиная с некоторого номера члены последовательности попадут на луч (−∞,−M ).
Пример 3. Доказать lim |
(−1)n n2 = ∞. |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
☺Возьмем M > 0 |
и попытаемся найти номер n0 , начиная с которого бу- |
||||||||
дет |
выполняться неравенство |
|
(−1)n n2 |
|
> M . |
|
Очевидно, что это неравенство |
||||
|
|
|
|||||||||
равносильно неравенству n2 > M или |
n > |
|
M . Следовательно, если взять |
||||||||
n = |
M +1, то для всех n ≥ n неравенство |
|
(−1)n n2 |
|
> M будет выполнено и |
||||||
|
|
||||||||||
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
||
lim |
(−1)n n2 = ∞. ☻ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
54 |
|
|
|
|
Пример 4. Доказать nlim→∞(−n2 +3n)= −∞.
☺Возьмем M > 0 и попытаемся найти номер n0 , начиная с которого бу-
дет выполняться неравенство −n2 +3n < −M . Это неравенство – квадратное и его можно решить точно, но мы поступим иначе. В определении бесконечно большой величины требуется найти номер n0 , такой, что неравенство xn < −M
будет выполняться для всех номеров n, следующих за n0 , но при этом не требуется, чтобы n0 был наименьшим номером, обладающим таким свойством. По-
этому оценим сначала данную величину: −n2 +3n < −(n −3)2 (эта оценка верна, если n > 3 ), и найдем n0 , начиная с которого верно неравенство −(n −3)2 < M .
Решая |
это |
неравенство, |
получим |
n > M +3, следовательно, |
можно взять |
||||||||||||
n = |
M |
+ 4. Тогда неравенство −n2 +3n < −M тоже будет выполнено, что и |
|||||||||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
требовалось доказать. ☻ |
n2 −5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Пример 5. Доказать lim |
= +∞. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
2n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
☺ Возьмем M > 0 |
и попытаемся найти номер n0 , начиная с которого бу- |
|||||||||||||||
дет выполняться неравенство |
n2 −5 |
> M . Также как и в предыдущем примере, |
|||||||||||||||
2n |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
n2 |
|
|
|
n2 |
|
|
|
|
|||
сделаем оценку члена данной последовательности: |
−5 |
≥ |
−5n |
= |
n −5 |
и |
|||||||||||
2n |
|
|
2n |
2 |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
найдем n , начиная с которого выполняется неравенство |
|
n −5 |
> M . Решая это |
0 |
2 |
|
|
неравенство, получим n > 2M +5. Если взять n0 =[2M ]+ 6 , то для всех n ≥ n0 |
неравенство n −2 5 > M будет выполнено и, следовательно, будет выполнено и
неравенство n2 −5 > M .☻ 2n
Замечание. Каждая бесконечно большая последовательность является неограниченной (докажите), но обратное неверно. Последовательность может быть неограниченной, но не быть бесконечно большой.
Пример 6. Рассмотрим последовательность xn = n +(−1)n n . 2
☺Эта последовательность неограничена, так как какое бы число M мы ни взяли, можно найти номер n такой, что xn > M . Для этого надо взять n - чет-
ное, тогда xn = n и нужное неравенство будет выполнено для любого четного
числа n, которое будет больше, чем M . Это означает, что никакое число M не может быть верхней границей данной последовательности.
55
С другой стороны, если взять некоторое положительное число M0 , то какой бы номер n0 мы ни взяли, можно найти номер n такой, что n ≥ n0 и xn < M . Для этого нужно взять n - нечетное, при котором xn = 0 . Это означает, что последовательность не стремится к бесконечности.☻
Упражнения
1. Пусть lim xn
n→∞
a) lim (xn + yn )
n→∞
2. Пусть lim xn
n→∞
= +∞ и lim yn = +∞. Докажите, что
n→∞
= +∞; б) lim (xn yn )= +∞.
n→∞
= ∞ и yn - ограничена. Докажите, что lim (xn + yn ) = ∞.
n→∞
2.3. Связь между бесконечно малой и бесконечно большой последовательностями
Теорема 2.2.3. Последовательность {xn} - бесконечно малая ( xn отличны от
нуля при всех |
|
n) тогда и только тогда, когда последовательность |
|
yn = |
1 |
- |
||||||||||||
|
|
|||||||||||||||||
бесконечно большая. |
|
|
|
|
|
|
|
xn |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
►Пусть последовательность x |
- бесконечно малая, т.е. lim x |
|
|
= 0 . До- |
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
1 |
|
n |
n→∞ n |
|
|
|
|
|
|
|
||
кажем, что y |
n |
= |
|
- бесконечно большая. Возьмем M > 0 и найдем n |
, начиная |
|||||||||||||
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
xn |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
с которого |
|
x |
|
< |
1 |
. Тогда для n ≥ n |
будет выполняться неравенство |
|
|
y |
n |
|
> M , |
|||||
|
|
|
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
|
|
n |
|
|
|
M |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
что означает, что yn - бесконечно большая. |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Наоборот, пусть yn - бесконечно большая последовательность. Докажем, |
что |
x = |
1 |
- бесконечно малая. Возьмем ε > 0 и найдем n , начиная с которого |
|
|||
|
n |
yn |
0 |
|
|
|
выполняется неравенство |
|
yn |
|
> |
1 |
. Тогда для этих номеров n будет выполнено |
||||
|
|
|||||||||
|
|
xn |
|
|
|
|
|
|
ε |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
неравенство |
|
|
<ε , что означает, что xn - бесконечно малая.◄ |
|||||||
|
|
2.4.Арифметические свойства пределов
Теорема 2.2.4. Пусть lim x |
= A, lim y |
n |
= B . Тогда |
||||||||
|
n→∞ n |
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|||
1) |
lim |
(x |
+ y |
n |
)= A + B ; |
||||||
|
n→∞ |
n |
|
|
|
|
|
|
|||
2) |
lim |
(x y |
n |
|
)= AB ; |
|
|||||
|
n→∞ |
n |
|
|
|
|
|
|
|
||
3) |
lim |
xn |
|
= |
A |
, если yn ≠ 0, n и b ≠ 0 . |
|||||
|
B |
||||||||||
|
n→∞ yn |
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
56 |
|
►Так как lim xn = A и lim yn = B , то члены последовательности xn и yn
n→∞ n→∞
можно представить в виде xn = A +αn и yn = B + βn , где αn и βn - бесконечно малые последовательности.
1) Тогда xn + yn = (A + B)+(αn + βn ), где αn + βn - бесконечно малая, как сумма двух бесконечно малых последовательностей. Таким образом, последовательность xn + yn представлена в виде суммы числа A + B и бесконечно ма-
лой, и по критерию того, что число является пределом последовательности, по-
лучаем A + B = lim (xn + yn ).
n→∞
2) Аналогично, xn yn = AB +(Aβn + Bαn +αnβn ). Слагаемые Aβn , Bαn и αnβn - бесконечно малые, как произведения бесконечно малых на ограничен-
ные (константы A и B ограничены и каждая из бесконечно малых αn и βn - ограничена, как последовательность, имеющая предел). Следовательно, сумма
(Aβn + Bαn +αnβn ) - бесконечно малая и AB = lim (xn yn ).
n→∞
3) Докажем, что разность |
|
xn |
− |
A |
|
- бесконечно малая. |
|||||||||
|
yn |
B |
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Действительно, |
xn |
− |
A |
= |
A +αn |
− |
|
A |
= |
Bαn − Aβn |
. Числитель этой дроби – |
||||
yn |
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
B B + βn |
|
B B(B + βn ) |
|
сумма двух бесконечно малых, следовательно, бесконечно малая. Что касается
знаменателя, то при n →∞ он стремится к B2 > 0 . Следовательно, по теореме об отделимости последовательности от нуля, начиная с некоторого момента,
будет |
выполняться неравенство B(B + βn )> |
B2 |
. Тогда |
1 |
< |
2 |
, т.е. |
|||||
|
|
B(B + βn ) |
B2 |
|||||||||
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
||||
дробь |
1 |
- ограничена. Следовательно, |
|
Bαn − Aβn |
|
- бесконечно малая, |
||||||
B(B + βn ) |
B(B + βn ) |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
как произведение бесконечно малой на ограниченную и A = lim xn . ◄
B n→∞ yn
Замечания
1. Очевидно, что теорема будет справедлива для любого (но фиксированного) количества слагаемых или сомножителей.
2. В примере 16 п.1.8 мы доказали, что, если a >1, то lim n a =1. Теперь
n→∞
это же соотношение легко доказать и для 0 < a <1 (для a =1 оно очевидно).
|
|
►Пусть 0 < a <1. Тогда a = |
1 |
и lim n a = lim |
1 |
|
= |
1 |
|
=1, так |
||
|
|
1 |
|
|
|
lim n 1 |
|
|||||
|
|
|
a |
n→∞ |
n→∞ n 1 |
a |
a |
|||||
|
1 |
|
|
|
|
|
n→∞ |
|||||
как |
>1.◄ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
a |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
57 |
|
|
|
|
|
|
|
2.5.Неопределенности
Мы уже знакомы с пределами некоторых последовательностей. Следова-
тельно, мы можем вычислять пределы последовательностей, составленных из этих известных с помощью арифметических действий.
Например,
|
2 + n |
2 |
2 5 |
n |
|
|
lim |
|
n2 |
− |
2 |
5n |
|
lim 2 |
+ lim |
n2 |
− lim 2 |
|
5 2 |
|
|||||||
|
− |
|
|
|
|
2 + |
n |
7 |
n |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||
lim |
3n |
7n |
|
|
= |
n→∞ |
|
3 |
|
|
|
|
= |
n→∞ |
n→∞ 3n |
n→∞ |
|
7 |
= |
2 = 2 . |
|||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|||||||||
n→∞ |
n n + |
|
|
|
|
lim |
n |
+ |
|
|
|
lim |
|
n + |
|
|
|
1 |
|||||||||
|
n |
|
|
|
|
n |
n |
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
|
|
|
|
|
|
n→∞ |
|
n |
|
|
|
|
||||||
|
Но часто требуется вычислить предел последовательности, к которой не- |
||||||||||||||||||||||||||
возможно применить теорему об арифметических свойствах пределов. |
|
||||||||||||||||||||||||||
|
Например, |
x |
= |
|
3n3 |
+ 2n +5 |
. Здесь при n → ∞ числитель и знаменатель |
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
n |
|
|
6n3 + 7 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
являются бесконечно большими последовательностями и теорема о пределе ча-
стного неприменима. Про дробь |
3n3 |
+ 2n +5 |
говорят, что она неопределена при |
|||
6n3 + 7 |
||||||
|
|
∞ |
|
|||
n → ∞ или, что она представляет собой неопределенность вида |
. Процесс |
|||||
|
|
|
|
∞ |
|
вычисления предела такого выражения называется раскрытием неопределен-
ности.
Кроме неопределенности вида ∞∞ нам встретятся неопределенности вида
00 , 0 ∞, ∞ −∞, 1∞, ∞0 , 00 .
§3 Предел монотонной последовательности. Число e
3.1.Определения
Определение 2.3.1. Будем говорить, что последовательность xn возрастает, если для всех значений n выполняется неравенство xn+1 ≥ xn .
Определение 2.3.2. Будем говорить, что последовательность xn убывает, если для всех значений n выполняется неравенство xn+1 ≤ xn .
Определение 2.3.3. Если последовательность возрастает или убывает, то ее будем называть монотонной.
Замечание. В определении монотонных последовательностей неравенства ≥ и ≤ можно заменить на строгие xn+1 > xn или xn+1 < xn . Тогда будем говорить,
что последовательность строго возрастает или строго убывает.
Для исследования последовательности на монотонность можно сравнивать разность соседних членов последовательности с нулем или (если члены последовательности положительны) отношение последующего члена последовательности к предыдущему с единицей.
58
Пример |
1. |
Исследовать |
на |
монотонность |
последовательность: |
x0 =1, |
|||||||||||||||||
xn = 2 + xn−1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
☺ Найдем x1 : |
x1 = 2 + x0 = |
3 > x0 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Для доказательства того, что последовательность возрастает, докажем |
|||||||||||||||||||||||
индукционную теорему. |
|
|
|
|
|
k |
справедливо |
xk > xk−1. |
Тогда |
||||||||||||||
Допустим, |
что |
при |
некотором |
|
|||||||||||||||||||
xk+1 − xk = |
2 + xk − |
2 + xk−1 = |
|
|
xk − xk−1 |
|
|
|
|
> 0 . В силу принципа мате- |
|||||||||||||
|
2 + xk + |
2 + xk−1 |
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
матической индукции получим xn > xn−1, |
n .☻ |
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
Пример 2. Исследовать на монотонность последовательность |
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
x |
= 3 5 ... |
2n +1 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
n |
5 |
8 |
|
3n + 2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
= 3 |
5 |
... 2n −1 |
|
|
xn |
|
2n +1 |
|
|
|||||||||||
☺ Найдем |
x |
и составим отношение |
= |
. Так как |
|||||||||||||||||||
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
n−1 |
5 8 |
3n −1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xn−1 |
|
3n + 2 |
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
xn |
|
|
|
|
||||||||||||
члены последовательности положительны и |
|
<1, n , то x |
< x |
и по- |
|||||||||||||||||||
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
xn−1 |
|
|
|
n |
|
n−1 |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
следовательность строго убывает. ☻
3.2.Теорема Вейерштрасса
Теорема 2.3.1 (Вейерштрасса). Последовательность имеет конечный предел, если она возрастает и ограничена сверху или убывает и ограничена снизу.
►Пусть последовательность {xn} возрастает и ограничена сверху. Тогда для любого n выполняются неравенства xn ≤ xn+1 и xn ≤C .
Так как последовательность ограничена, то она имеет конечный супре-
мум: M = sup xn . Докажем, что M = lim xn .
n→∞
Возьмем ε > 0 . Тогда, по определению супремума, найдется номер n0 такой, что M −ε < xn0 ≤ M . Так как последовательность {xn} возрастает, то для всех номеров n таких, что n ≥ n0 будет выполняться неравенство xn0 ≤ xn ≤ M ,
следовательно, эти члены последовательности будут лежать в ε-окрестности |
|||
точки M , что и означает, что M = lim x . |
|||
|
|
|
n→∞ n |
|
Вторая |
часть теоремы доказывается аналогично, при этом |
|
lim x |
n |
= m = inf x .◄ |
|
n→∞ |
|
n |
Замечания
1.Теорема будет верна, если последовательность монотонна только начиная с некоторого номера.
2.Если последовательность монотонна, но неограниченна, то она стремится к бесконечности.
59