Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Ярославский Государственный Университет им. П.Г. Демидова

Предмет:

Математический анализ

Файл:

Курс лекций по мат. анализу I

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

17.03.2015

Размер:

2.49 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 197 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Пример 3. Найти lim an (a > 0).

n→∞ n!

☺Докажем, что эта последовательность убывает, начиная с некоторого

номера. Существует натуральное число n0 такое,

что

a < n0 .

Тогда a < n для

всех n ≥ n

и для этих номеров будет верно неравенство a

<1. Следовательно,

an+1

для этих n

выполнено неравенство x

= x , т.е. по-

(n +1)!

n! (n +

n+1

следовательность убывает. Очевидно, что все члены последовательности неотрицательны, значит, последовательность ограничена снизу. По теореме Вейерштрасса она имеет конечный предел. Обозначим его через l .

	Члены		последовательности связаны рекуррентным соотношением
x	= x	a	. Переходя к пределу в этом соотношении, получим l = l 0 , т.е.
		n +1
n+1	n

l = 0 .☻

3.3.Число e

Рассмотрим последовательность x

+ 1 n

и докажем,

что она имеет

предел.

►Для этого воспользуемся биномом Ньютона:

(

n −1

(

n −1 ...

(

n − k +1

n! 1

+ n

)

1 +

+... +

n! nn

k −1

n −1

= 2 +

−

+... +

−

... 1

−

+... +

−

... 1

−

С увеличением n увеличивается каждая скобка вида 1 − m

, что означает,

что в последней сумме увеличивается каждое слагаемое. Кроме того, увеличи-

вается количество слагаемых. Следовательно,

xn+1 > xn , т.е. последовательность

}

возрастает. Докажем,

что она ограничена сверху. Так как 1 − m <1, то

k −1

n −1

2 +

−

+... +

1 −

−

... 1 −

+... +

1 −

−

... 1

−

1 −

< 2 +

+... +

2 +

+... +

2 +

2n−1

1 −

= 2 +1 −	1	< 3 . Следовательно, эта последовательность имеет предел. ◄
	2n−1

Этот предел назовем числом e. Из неравенств, приведенных выше следует, что 2 < e < 3 . В дальнейшем мы докажем, что это число иррационально. Беря достаточно большие значения n и подставляя их в выражение для общего члена последовательности, мы можем вычислить предел этой последовательности приближенно с любой степенью точности. Но делать такие вычисления с помощью последовательности {xn} довольно сложно. В дальнейшем мы получим

еще одну последовательность, предел которой равен числу e и которая удобнее для вычисления этого числа. Сейчас напишем только несколько первых цифр:

e 2,71828182845904592....

=1 + 1

Рассмотрим последовательность yn

+... +

. Докажем, что

lim yn = e .

n→∞

yn возрастает и ограничена сверху.

Очевидно, что последовательность

Значит, она имеет предел. Обозначим его через l .

Неравенство

x < 2

+...

, доказанное выше, означает, что

xn < yn , откуда e ≤ l .

фиксируем некоторое натуральное число m и рас-

С другой стороны,

смотрим последовательность при n > m

2 ... 1 − k

= 2 +

1 −

1 +... +

1 −

1 1 −

−1

+... +

n,m

m −1

1 −

... 1 −

Очевидно, что выполняется неравенство

ym < xn,m < xn . Отсюда следует,

что при каждом значении m справедливо неравенство

ym < e ,

следовательно,

l ≤ e .

Из двух полученных неравенств, следует равенство l = e .

§4 Частичные пределы. Теорема Больцано-Вейерштрасса

4.1.Частичные пределы

Определение 2.4.1. Пусть дана последовательность {xn} и строго возрас-

тающая последовательность {n	}∞	, значениями которой являются нату-
k	k=1
ральные числа. Тогда последовательность {y			k	}∞	, где	y	k	= x	называется
			k	k=1			k		nk

подпоследовательностью последовательности {xn} и обозначается {xnk }∞k=1 .

Определение 2.4.2. Если {xnk } - подпоследовательность последовательности

{xn} и существует lim xn = A (конечный или бесконечный), то A будем назы-
k→∞	k

вать частичным пределом последовательности {xn}.

Упражнение. Докажите, что A является частичным пределом последовательности {xn} тогда и только тогда, когда A является предельной точкой множества

значений последовательности {xn}.

Определение 2.4.3. Обозначим через E множество частичных пределов числовой последовательности {xn}. Тогда sup E будем называть верхним преде-

лом последовательности {xn}, а inf E ее нижним пределом и обозначать со-

ответственно lim xn и lim xn .

n→∞ n→∞

Пример 1. xn =1 +(−1)n . Очевидно, что можно выделить две сходящиеся под-

последовательности: x2k							=1 и x2k−1 = 0, и множество E состоит из двух чисел 0
и 1. Поэтому		x		=1 и lim x					= 0 .
	lim		n					n
n→∞							n→∞
Пример 2. xn = (1 +(−1)n )n . Здесь также можно выделить две сходящиеся под-
последовательности x2k						= 2k и x2k−1 = 0 . Множество E также состоит из двух
элементов 0 и +∞ .					x		= +∞ и lim x				= 0 .
				lim		n				n
				n→∞					n→∞
Пример 3. {xn} - последовательность всех рациональных чисел. Как уже гово-

рилось (гл.1 §8), каждое вещественное число является предельной точкой множества рациональных чисел, следовательно, оно является частичным пределом

этой последовательности, т.е. E = .	lim	x	n	= +∞ ,		lim x	n	= −∞.
	n→∞					n→∞
Используя тот факт, что если	lim x			n	= A,	то любой частичный предел
	n→∞

этой последовательности тоже равен A, получим важный для нас результат, который является продолжением результатов предыдущего параграфа.

Теорема 2.4.1. Если αk - бесконечно малая последовательность, то

lim

(1 +αk )

1αk

= e .

k→∞

► Сначала предположим, что αn > 0 (будем считать, что αn <1), тогда

→ +∞. Положим n

, так что n ≤

< n

≥α

. Тогда

n +1

выполнено неравенство

nk +1

≥ (1 +αk )

αk

> 1

nk +1

Последовательности sk = 1

являются под-

последовательностями последовательности

+ 1

которая сходится к

числу e , следовательно, lim s

= lim t

= e . Отсюда

k→∞

nk +1

= lim sk

= e

lim 1 +

lim

1 +

k→∞

lim t

k→∞

= e .

lim 1

nk +1

k→∞

lim

k→∞

nk +1

Тогда, по теореме о сжатой переменной, lim

(1 +

αk )

1αk

= e .

k→∞

Теперь рассмотрим случай, когда αk

< 0 ,

(будем считать,

что αk > −1).

Обозначим βk = −αk .Тогда последовательность

βk

бесконечно малая и все

1 − βk

ее члены положительны. Следовательно, для нее выполнено неравенство

1−βk

βk

= e .

lim 1 +

k→∞

1 − βk

Тогда

lim (1 +αk )

= lim (1 − βk )

− 1

k→∞

βk

1−βk

βk

= e .

= lim

k→∞

1 − βk

k→∞

− βk

1 − βk

Наконец, если в последовательности αk

найдется бесконечно много чле-

нов с положительными знаками и бесконечно много с отрицательными, то образуем из них две подпоследовательности αkm и αkl . Тогда, по доказанному

выше lim 1 +α					1αk		= lim 1 +α		1αk	= e . Следовательно,
выше lim 1 +α						m	= lim 1 +α		l	= e . Следовательно,
	m→∞(			km )		m	l→∞(	kl )	l
	m→∞(	1αk		km )			l→∞(	kl )
lim	(1 +αk )	1αk	= e . ◄
k→∞

Теорема 2.4.2. Множество частичных пределов E замкнуто.

►Докажем, что каждая предельная точка множества E содержится в E , т.е. является частичным пределом последовательности {xn}. Пусть с - предель-

ная точка множества E . Тогда, какое бы ε > 0			мы ни взяли, можно найти точку
o		(c) или 0 < ρ(A,c)<	ε .
A E такую, что A U ε	2
		63	2

Так как A - частичный предел последовательности {xn}, то A - предельная

точка множества значений последовательности, т.е. существует элемент последовательности xn0 , для которого выполняется неравенство

0 < ρ(xn0 , A)< ρ(A,c)<	ε .	Отсюда	следует,	что	xn0 ≠ c	и
	2

ρ(xn0 ,c)< ρ(xn0 , A)+ ρ(A,c)<ε , т.е. c – предельная точка множества значений

{xn}. ◄

{xn} - числовая последовательность, E - множество ееТеорема

частичных пределов и A* = lim xn . Тогда

n→∞

a) A* E ;

б) если A* - конечное число и ε > 0 , то существует номер n0 такой, что для всех n ≥ n0 выполняется неравенство xn < A* +ε ;

в) A* - единственное число, обладающее свойствами a) и b).

►Если A* = +∞, то последовательность {xn} неограниченна сверху и это

значит, что можно выбрать подпоследовательность, которая будет стремиться к

+∞ .

Если A* - число, то последовательность ограничена и утверждение a) следует из теоремы 2.4.2 и теоремы 1.8.5.

Если A* = −∞, то множество E содержит только один элемент (−∞) и ни одного конечного частичного предела не существует. А это означает, что

lim xn = −∞.

n→∞

Докажем утверждение б). Возьмем ε > 0 и предположим, что существует бесконечно много номеров nk таких, что xnk ≥ A* +ε . Тогда из последователь-

ности {xnk } можно выбрать подпоследовательность, которая будет иметь пре-

дел l , удовлетворяющий неравенству l ≥ A* +ε , а это будет означать, что A* не является супремумом множества E .

Теперь докажем, что число, удовлетворяющее свойствам a) и б) единственно. Предположим, что найдется два таких числа A* и A′, и предположим, что A* < A′. Возьмем какое-нибудь число y , лежащее между ними: A* < y < A′. Тогда, согласно утверждению б), найдется номер n0 , начиная с которого выполняется неравенство xn < y . Но тогда точка A′ не может быть предельной

точкой множества E , что противоречит условию а).◄

Упражнение. Пусть n xn ≤ yn . Докажите, что выполнены неравенства

1.		lim xn ≤ lim yn ;
	n→∞					n→∞
2.			x		≤		y		.
		lim		n		lim		n
	n→∞				n→∞

4.2.Теорема Больцано-Вейерштрасса

Теорема 2.4.4 (Больцано-Вейерштрасса). Из любой ограниченной числовой последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность.

►Пусть последовательность {xn} - ограничена, т.е. все члены последовательности лежат на промежутке [a,b]. Разделим этот промежуток пополам. То-

гда, по крайней мере на одной половине находится бесконечно много членов данной последовательности. Обозначим эту половину через [a1,b1]. Отрезок

[a1,b1] разделим пополам и опять выберем ту половину, которая содержит бесконечно много членов последовательности. Обозначим ее через [a2 ,b2 ]. Продолжая этот процесс, получим последовательность вложенных отрезков, при-

чем lim	(b − a	n	)= lim	b − a	= 0 . Следовательно, существует точка c , принад-

n→∞	n		n→∞ 2n
лежащая каждому из промежутков [an ,bn ].
Выберем подпоследовательность последовательности {xn}, сходящуюся
к c . Для этого возьмем за xn						- какой-нибудь элемент последовательности, ле-
			1
жащий на промежутке [a1,b1], за xn - какой-нибудь элемент последовательно-
						2
сти, лежащий на промежутке [a2 ,b2 ] и такой, что n2 > n1 и т.д. Получим после-
довательность		{xnk }, которая				является подпоследовательностью последова-
тельности {xn}		и такую, что xn				[ak ,bk ].
					k
Докажем,			что эта подпоследовательность сходится к c . Возьмем некото-

рое число ε > 0 и найдем номер k0 такой, что для всех k ≥ k0 будет выполнять-

ся неравенство					b − a	<ε . Тогда для этих значений k будет верным неравенство
ся неравенство					2k	<ε . Тогда для этих значений k будет верным неравенство
			< b − a		2k
	x	−c	< b − a	<ε , следовательно, c = lim			x .◄
	nk		2k			k→∞	nk
	nk		2k			k→∞	nk

4.3.Критерий Коши

Определение 2.4.4. Последовательность {xn} называется фундаментальной, если для любого ε > 0 можно найти номер n0 , начиная с которого для всех натуральных чисел p будет выполняться неравенство ρ(xn , xn+p )<ε .

Про такую последовательность говорят еще, что она сходится в себе. Очевидно, что это определение дано для последовательности из произ-

вольного метрического пространства. Для числовой последовательности неравенство ρ(xn , xn+p )<ε заменяется неравенством xn+p − xn <ε .

Теорема 2.4.5. Если последовательность в метрическом пространстве сходится, то она фундаментальна.

►Пусть lim xn = A. Тогда по ε > 0 можно найти номер n0 такой, что для

n→∞

всех n ≥ n0 будет выполнено неравенство ρ(xn , A)< ε2 . Тогда для таких же но-

меров n и для всех p выполняется неравенство ρ(xn+p , A)< ε2 .

Используя	неравенство	треугольника,	получим
ρ(xn , xn+p )≤ ρ(xn , A)+ ρ(A, xn+p )<ε , что и требовалось доказать. ◄

Обратная теорема не будет верной в произвольном метрическом пространстве.

Пример 4. Пусть X - пространство, элементами которого являются рациональные числа, расстояние между которыми задается формулой

ρ(x, y)= x − y . Возьмем последовательность {xn}1∞ - рациональных приближе-

ний какого-нибудь иррационального числа, например, 2 . Существование такой последовательности доказано в 4.1, пример 3. Предел такой последовательности является иррациональным числом, поэтому эта последовательность не имеет предела в данном пространстве.

Определение 2.4.5. Пространство, в котором каждая фундаментальная по-

следовательность сходится, называется полным.
Докажем, что пространство		полное.
Теорема 2.4.6. Если числовая последовательность (в						)	фундаментальна, то
она имеет конечный предел.
►Пусть числовая последовательность {xn}					фундаментальна. Докажем,
что она ограничена. Возьмем ε =1		и найдем номер n0 такой, что для n ≥ n0 и
для всех	p будет выполняться неравенство			xn+p − xn			<1. В частности для

всех p	будет выполнено неравенство		xn +p − xn				откуда следует, что
						<1,
			0		0

xn0 −1 < xm <1 + xn0 для всех номеров m > n0 . Это означает, что множество зна-

чений последовательности {xn}∞n=n0 +1 ограничено. Множество значений {xn}nn==1n0

конечно и потому тоже ограничено (например, своими наибольшим и наименьшим значениями). Положим, что для 1 ≤ n ≤ n0 выполняется неравенство

L ≤ xn ≤ K .	Тогда,	полагая m = min (L, xn0 −1) и M = max (K, xn0 +1), получим
m ≤ xn ≤ M ,	n	, т.е. последовательность ограничена.

По теореме Больцано-Вейерштрасса из данной последовательности мож-

но выделить сходящуюся подпоследовательность:

→ A.

Докажем, что

A = lim x .

k k→∞

n→∞ n

Возьмем ε > 0 и найдем номер k0 , начиная с которого выполняется нера-

венство

− A

< ε . По этому же ε найдем номер n

такой, что для всех номе-

ров n и m,

начиная с n , выполняется неравенство

− x

< ε

. Тогда оба эти

неравенства будут выполняться для всех n ≥ n0 = max (nk0 , n1 ), и для этих значе-

ний n выполнено	xn − A	≤	xn − xn	+	xn − A	<ε . ◄

			k		k

Объединяя эти теоремы, получим теорему, которая называется критери-

ем Коши в пространстве :

Теорема 2.4.7. Для того чтобы числовая последовательность {xn} имела предел необходимо и достаточно, чтобы для любого числа ε > 0 можно было

найти номер n	такой, что для всех n ≥ n и для любого p выполнялось не-
0	0

равенство xn+p − xn <ε .

Пример 5. Будет ли сходиться последовательность, заданная рекуррентно фор-

мулой

= x

+ n −1

n−1

n +1

☺Допустим для определенности, что n > m и запишем цепочку равенств

x − x

= n −1

n−1

n +1 3n

− x

= n − 2

n−1

n−2

3n−1

− x

= n −3

n−2

n−3

n −1

3n−2

.....

− x

m+1

m + 2

3m+1

Складывая эти равенства, получим

x − x = n −1

+ n − 2

+ n −3 1

n +1 3n

n 3n−1

n −1 3n−2

Откуда

− x

= n −1

+ n − 2

+ n −3

n +1 3n

n 3n−1

n −1 3n−2

+... +		m		1		,
		m + 2		m+1
				3
+... +		m		1	≤
	m + 2			m+1
			3

≤

+... +

13n (1 − 13m−n+2 )

≤

13n

3n−1

3m+1

2 3n−1

1 −

Очевидно, что для каждого ε > 0 можно найти номер n0 , начиная с кото-

рого выполняется неравенство

<ε , следовательно,

критерий Коши вы-

n−1

полнен и последовательность сходится. ☻

Пример 6. Будет ли сходиться последовательность с общим членом

+... +

☺Возьмем n = 2m . Тогда

x − x

+... +

m +1

m + 2

2m 2m 2

Отсюда следует, что какой бы большой номер n0

мы ни взяли, найдутся

значения m ≥ n0 и n > n0 , при которых

xn − xm

>ε0

(в качетве ε0

можно взять,

например, единицу). Следовательно, последовательность не имеет предела. ☻

Упражнения

Докажите, что

lim x

= A тогда и только тогда,

когда все частичные

n→∞

пределы последовательности

{xn} равны A.

2. Привести пример последовательности, для которой выполнено усло-

вие:

, ε > 0 n0 n ≥ n0

xn+p − xn

< ε ,

но последовательность {xn} не имеет конечного предела. Объяснить различие

между данным условием и условием критерия Коши.

Указание. Рассмотрите последовательность x =

+... +

§5 Понятие о числовом ряде

5.1.Основные понятия

Важным примером применения теории пределов числовой последовательности является понятие числового ряда.

Определение 2.5.1. Пусть дана числовая последовательность {an}. Числовым

рядом называется символ

a1 + a2 + a3 +....

Нужно понимать, что написанная сумма является символом, потому что мы не знаем, как найти сумму бесконечного числа слагаемых. Это требует специального определения. Отсутствие этого определения легло в основу парадок-

са, описанного греческим философом Зеноном, доказывающего, что Ахиллес никогда не догонит черепаху.

Допустим, что Ахиллес и черепаха движутся по одной дороге в одном направлении и в начальный момент времени расстояние между ними таково, что Ахиллес может его пробежать за время, равное T часов. Допустим также, что Ахиллес бежит со скоростью, которая в 5 раз больше скорости черепахи. Тогда через T часов Ахиллес окажется в точке, где в начальный момент находилась черепаха. Но черепаха за это время доберется до точки, расстояние до

которой Ахиллес преодолеет за T5 часов, и через T5 часов, когда Ахиллес до-

бежит до этой точки, черепаха опять уползет вперед и уже будет в точке, до ко-

торой Ахиллес доберется только через 5T2 часов. Продолжая рассуждать таким

же образом, придем к выводу, что, сколько бы ни бежал Ахиллес, черепаха буде впереди него и он никогда ее не догонит.

Чтобы понять ошибку в этом рассуждении, нужно попытаться подсчитать время, которое Ахиллес догоняет черепаху. Очевидно, это будет бесконечная сумма

t =T + T5 + 5T2 + 5T3 +....

Зенон считал, что сумма бесконечного числа слагаемых всегда бесконечна, однако, это предположение оказывается неразумным и данная сумма конечна (см. пример 2 ниже). Дадим определение такой суммы.

Определение 2.5.2. Пусть дан ряд a1 + a2 + a3 +.... Обозначим через Sn сумму

первых n членов этого ряда, которую будем называть частной суммой этого ряда. Тогда суммой ряда будем называть предел последовательности частных сумм при n → ∞. (Если этот предел существует)

Таким образом, если сумму ряда обозначить через S , то S = lim Sn .

n→∞

Если lim Sn существует и конечен, то будем говорить, что ряд сходится,

n→∞

если он не существует, то ряд расходится.

Общий член последовательности {an}, из которой составлен ряд, будем называть общим членом ряда. Ряды будем записывать сокращенно в виде

∞	∞
∑an , таким образом, если ряд сходится, то ∑an = S .
n=1	n=1

Замечание. Нумерация членов ряда может начинаться с любого номера.

В следующих примерах требуется найти сумму ряда или доказать, что ряд расходится.

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 5 67 / 197 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Математический анализ

#
17.03.20151.06 Mб651 - 20.doc
#
17.03.201528.67 Кб18matan2-12.doc
#
17.03.201514.02 Кб24Voprosy_po_matanu_2_semestr.docx
#
06.03.20163.65 Mб549Бондаренко В.А., Шабаршина Г.В. - Математический анализ. Предел и непрерывность.doc
#
17.03.201526.62 Кб12Вопросы Матан.doc
#
17.03.20152.49 Mб84Курс лекций по мат. анализу I.pdf