ДЗ2 Математический анализ: Упражнение 3.1 Пределы последовательностей

ДЗ2 Математический анализ
1
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Упраженение 3.1
1. Если ∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N |xn − x0 | < ϵ, то
lim xn = x0
n→∞
2.
lim xn = x ←→ lim (xn − x) = 0
n→∞
1.1
n→∞
Пункт 3.1.1.1 "2 - не предел"
n
Пусть xn = n+1
Покажем, что limn→∞ xn ̸= 2.
Предположим, что это это правда
lim
n
n→∞ n + 1
= 2.
n
Тогда должно выполняться ∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N | n+1
− 2| < ϵ.
Рассмотрим ϵ = 1. Тогда нужно подобрать подходящий для него N .
n
−2 <1
n+1
n − 2(n + 1)
<1
n+1
−n − 2
<1
n+1
Т.к. n ≥ 1 модуль раскроется с минусом
n+2
<1
n+1
1
1+
<1
n+1
1
<0
n+1
Не выполняется ни при каком n ∈ N.
Значит мы не найдём для ϵ = 1 подходящий N .
Значит
lim
n
n→∞ n + 1
̸= 2
ч.т.д.
Пункт 3.1.1.2 "а вот 1 - предел"
Докажем, что
lim
n
n→∞ n + 1
=1
Берём произвольный ϵ > 0.
Рассмотрим |xn − 1|:
n
n−n−1
1
1
−1 =
= −
=
n+1
n+1
n+1
n+1
Решаем неравенство:
1
<ϵ
n+1
1
n> −1
ϵ
Выбираем N = max(0,
1
ϵ − 1 ).
1
ДЗ2 Математический анализ
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Доказательство: ∀ϵ > 0 выбираем N = max(0, ⌈ 1ϵ − 1⌉).
Тогда ∀n > N :
1
−1
ϵ
1
n+1>
ϵ
n
1
−1 =
<ϵ
n+1
n+1
n>
Вывод:
n
lim
n→∞ n + 1
=1
ч.т.д.
Пункт 3.1.1.3 "Найти подходящий номер"
Таким образом, нужно найти N для такого ϵ, что для ∀n > N
xn ∈ (x0 − ϵ; x0 + ϵ) ⊆ (0.99; 1.01)
n
, x0 = 1 - предел последовательности.
где xn = n+1
Очевидно, мы должны найти N для ϵ = 0.01.
N = max(0, ⌈
1
− 1⌉) = ⌈100 − 1⌉ = 99
0.01
Значит, наичная с n = 100 элементы xn будут в интервале (0.99; 1.01). Ответ: 100.
1.2
Пункт 3.1.2.1 "0 - не предел"
xn =
5n2 + 10n − 3
8n2 + n + 2
Докажем, что limn→∞ xn ̸= 0.
Предположим, что это так. Тогда по def ∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N
5n2 + 10n − 3
−0 <ϵ
8n2 + n + 2
Модуль откроется со знаком "+"при n ∈ N.
Рассмотрим ϵ = 81 :
5n2 + 10n − 3
<ϵ
8n2 + n + 2
5n2 + 10n − 3
1
<
2
8n + n + 2
8
В силу того, что 8n2 + n + 2 > 0:
8 · (5n2 + 10n − 3) < 8n2 + n + 2
40n2 + 80n − 24 < 8n2 + n + 2
32n2 + 79n − 26 < 0
Решаем квадратное неравенство.
Получаем, что условию будут удовлетворять только
n∈
!
√
√
−79 − 9569 −79 + 9569
;
64
64
Для таких n нельзя найти подобрать N , что ∀n > N
Значит
5n2 +10n−3
1
8n2 +n+2 < 8 .
lim xn ̸= 0
n→∞
ч.т.д.
2
ДЗ2 Математический анализ
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Пункт 3.1.2.2 "ой, а 58 - предел"
Докажем, что limn→∞ xn = 85 .
Берём произвольный ϵ > 0.
Рассмотрим |xn − 58 |:
5
40n2 + 80n − 24 − 40n2 − 5n − 10
5n2 + 10n − 3 5
|xn − | =
=
=
−
8
8n2 + n + 2
8
8 · (8n2 + n + 2)
75n − 34
75n − 34
=
=
8 · (8n2 + n + 2)
8 · (8n2 + n + 2)
Оценим сверху:
15
75n − 34
75n
75n
=
< 2
<
8 · (8n2 + n + 2)
8n + n + 2
5n2
n
Решаем 15
n < ϵ:
n>
15
ϵ
n>
15
ϵ
Выбираем N = ⌈ 15
ϵ ⌉.
Доказательство:
Для ∀ϵ > 0 ∀n > N :
15
<ϵ
n
5
75n − 34
75n
15
xn −
=
<
=
<ϵ
8
8 · (8n2 + n + 2)
5n2
n
Вывод:
lim xn =
n→∞
5
8
ч.т.д.
1.3
Пункт 3.1.3 "Интересная показательная"
Доказать, что
n−1
lim 2 n2 = 1
n→∞
n−1
Проверяем это. Берём произвольный ϵ > 0. Рассмотрим 2 n2 − 1 :
n−1
n−1
2 n2 − 1 = 2 n2 − 1
n−1
n2 ≥ 1.
Т.к. n−1
n2 ≥ 0 при n ∈ N, 2
Оценим сверху:
n−1
n
1
2 n2 − 1 < 2 n2 − 1 = 2 n − 1
1
Решаем 2 n − 1 < ϵ:
1
2n < ϵ + 1
1
log2 2 n < log2 (ϵ + 1)
ϵ + 1 > 1, может быть аргументом логарифма, а также основанием.
1
log2 2 < log2 (ϵ + 1)
n
1
< log2 (ϵ + 1)
n
Поделим на log2 (ϵ + 1) > 0.
1
<n
log2 (ϵ + 1)
3
ДЗ2 Математический анализ
Румянцев Тимофей БЭАД-256
log(ϵ+1) 2 < n
Выбираем N = ⌈log(ϵ+1) 2⌉
Доказательство:
Для ∀ϵ > 0 выбираем N = ⌈log(ϵ+1) 2⌉
Тогда для ∀n > N :
n > log(ϵ+1) 2
n>
1
log2 (ϵ + 1)
log2 (ϵ + 1) >
1
n
1
ϵ + 1 > 2n
1
2n − 1 < ϵ
n−1
1
2 n2 − 1 < 2 n − 1 < ϵ
Вывод:
n−1
lim 2 n2 = 1
n→∞
ч.т.д.
1.4
Пункт 3.1.4 "Дробина"
Доказать, что
6n4 + n3 + 3
=3
n→∞ 2n4 − n + 1
lim
Проверим это. Берём произвольный ϵ > 0.
4
+n3 +3
Рассмотрим 6n
2n4 −n+1 − 3 :
6n4 + n3 + 3 − 6n4 + 3n − 3
n3 + 3n
n3 + 3n
6n4 + n3 + 3
=
−
3
=
=
2n4 − n + 1
2n4 − n + 1
2n4 − n + 1
2n4 − n + 1
Оценим сверху:
n3 + 3n
n3 + 3n3
n3 + 3n3
4n3
4
<
≤ 4
= 4 =
4
4
4
2n − n + 1
2n − n
2n − n
n
n
Решаем n4 < ϵ:
4
<n
ϵ
Выбираем N = ⌈ 4ϵ ⌉.
Доказательство:
Для ∀ϵ > 0 выбираем N = ⌈ 4ϵ ⌉.
Тогда для ∀n > N :
4
ϵ
4
ϵ>
n
n>
6n4 + n3 + 3
4
−3 < <ϵ
2n4 − n + 1
n
Вывод:
6n4 + n3 + 3
=3
n→∞ 2n4 − n + 1
lim
ч.т.д.
4
ДЗ2 Математический анализ
2
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Упражниние 3.2
Первая часть доказательства
−1
Докажем, что если (xn ) - бесконечно большая, то (x−1
n ) - бесконечно малая. (limn→∞ xn = 0)
Т.к. (xn ) - бесконечно большая, то
∀c > 0 ∃N : ∀n > N |xn | > c
Возведём обе стороны неравенства в -1 степень. Мы можем так сделать т.к. по условию это имеет смысл.
1
1
<
|xn |
c
|x−1
n |<
1
c
В силу произвольного выбора c заменим ϵ = 1c > 0.
Тогда получается, что
∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N
|x−1
n |<ϵ
|x−1
n − 0| < ϵ
∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N
−1
Из этого следует, что limn→∞ x−1
n = 0, и доказывает, что xn - бесконечно малая последовательность. ч.т.д.
Вторая часть доказательства
Теперь докажем, что если (x−1
n ) - бесконечно малая, то (xn ) - бесконечно большая последовательность. Доказательство будет во многом аналогичным первой части, но всё равно пропишем.
−1
(x−1
n ) - бесконечно малая ←→ limn→∞ xn = 0
1
1
−1
При этом xn = xn , (limn→∞ xn = 0) Значит
1
−0<ϵ
xn
∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N
1
<ϵ
xn
Возведём в степень -1 (ϵ > 0)
Значит
∀ϵ > 0 ∃N : ∀n > N
|xn | >
1
ϵ
В силу произвольного выбора ϵ, сделаем замену c = 1ϵ > 0.
∀c > 0 ∃N : ∀n > N
|xn | > c
Что является определением бесконечно большой последовательности.
xn - бесокнечно большая последовательнсоть. ч.т.д.
3
Упражнение 3.3
3.1
Пункт 1
Просят найти limn→∞ nn!n
Предположим, что
lim
n!
n→∞ nn
=0
Пусть an = nn!n
Берём произвольный ϵ > 0.
Рассмотрим |an − 0| = nn!n
Оценим сверху:
n!
(n + 1)n
≤ n n =
n
n
2 ·n
n+1
2n
5
n
≤
n
3
при n ≥ 2
4
ДЗ2 Математический анализ
Решаем
Румянцев Тимофей БЭАД-256
3 n
< ϵ:
4
n
3
ln
< ln ϵ,
4
ϵ>0
3
< ln ϵ
4
ln ϵ
n>
ln 34
n ln
ln ϵ
Т.к. ln 34 < 0 Выбираем N = max(2; ⌈ ln
3 ⌉).
4
Доказательство:
ln ϵ
Для ∀ϵ > 0 выбираем N = max(2; ⌈ ln
3 ⌉).
4
Тогда для ∀n > N :
n>
ln ϵ
ln 34
3
n ln < ln ϵ
4
n
3
< ln ϵ
ln
4
n
3
<ϵ
4
n n
n!
n+1
3
|an − 0| = n ≤
≤
<ϵ
n
2n
4
Вывод:
n!
=0
n→∞ nn
lim
3.2
Пункт 2
n
Просят найти limn→∞ an!
Предположим, что
an
=0
n→∞ n!
lim
n
Пусть xn = an! , xn > 0
А также b = ⌈a⌉, b ∈ N
n
Рассмотрим |xn − 0| = an!
Проведём оценку:
n
0<
an
⌈a⌉
bn
b b
b
b
b
b b
b
b
bb
≤
=
= · ··· ···
· < · ··· · 1 · =
n!
n!
n!
1 2
b
n−1 n
1 2
b
n
(b − 1)! · n
b
b
Т.к. b+1
, . . . n−1
<1
bb
bb
1
bb
=
lim
=
·0=0
n→∞ (b − 1)! · n
(b − 1)! n→∞ n
(b − 1)!
lim
По лемме о зажатой последовательности:


limn→∞ 0 = b0
b
limn→∞ (b−1)!·n
=0

n

a
bb
0 < n! < (b−1)!·n
Вывод:
an
=0
n→∞ n!
lim
6
an
=0
n→∞ n!
−→ lim
ДЗ2 Математический анализ
3.3
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Пункт 3
√
2
Просят найти limn→∞ n n!
Предположим, что
√
n2
lim
n→∞
n! = 1
√
2
Пусть an = n n! − 1 ≥ 0 ∀n ∈ N
s
r
n
n+1
n n + 1
an =
n! − 1 ≤
−1=
−1
2
2
r
n n + 1
an <
−1
2
r
n n + 1
an + 1 <
2
n+1
(an + 1)n <
2
n 2
n+1
(an + 1)n = 1 + nan +
a + ··· <
2 n
2
√
n2
n2
Воспользуемся 1 + nan + n2 a2n + · · · > n(n−1)
a2n
2
n(n − 1) 2
n
n+1
an < (an + 1)n < <
2
2
2
n(n − 1) 2
n
an <
2
2
1
(n − 1) 2
an <
2
2
1
a2n <
(n − 1)
Извлекая квадратный корень из обеих частей (учтём, что an ≥ 0), приходим к оценке:
s
1
an <
(n − 1)
По лемме о зажатой последовательности:

limn→∞ 0 = 0


q

1
limn→∞ (n−1)
=0
q


1
0 < a <
n
n→∞
(n−1)
lim an = 0 ←→ lim (
n→∞
−→ lim an = 0
√
n2
n→∞
Вывод:
n! − 1) = 0 ←→ lim
n→∞
√
lim
n2
n→∞
7
n! = 1
√
n2
n! = 1
ДЗ2 Математический анализ
3.4
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Пункт 4
√
Просят найти limn→∞ n 3n + 1
Предположим, что
√
n
lim
n→∞
√
Пусть an = n 3n + 1 − 3 > 0 ∀n ∈ N
3n + 1 = 3
(an + 3)n = 3n + 1
n n
n n−1
n n−2 2
n
n n
n−1
an +
an · 3 +
an · 3 + · · · +
an · 3
+
3 = (an + 3)n = 3n + 1
0
1
2
n−1
n
Воспользуемся тем, что
n n
n n−1
n n−2 2
n
n n
an +
an · 3 +
an · 3 + · · · +
an · 3n−1 +
3 > nan · 3n−1 + 3n
0
1
2
n−1
n
Значит
nan · 3n−1 + 3n < 3n + 1
nan · 3n−1 < 1
1
an < n−1
n3
По лемме о зажатой последовательности:


limn→∞ 0 = 0
1
limn→∞ n3n−1
=0


1
0 < an < n3n−1
lim an = 0 ←→ lim
n→∞
√
n
n→∞
n→∞
3n + 1 − 3 = 0 ←→ lim
n→∞
Вывод:
lim
√
n
n→∞
3.5
−→ lim an = 0
√
n
3n + 1 = 3
3n + 1 = 3
Пункт 5
√ √
√
√
n
4
8
Просят найти lim√
2√· · · 2 2
n→∞√ 2 ·√ 2 ·
n
Обозначим xn = 2 · 4 2 · 8 2 · · · 2 2.
2
Докажем по индукции, что xn = 2n√
2
База индукции. n = 1:
√
xn = 2
√
2
√ = 2
21
2
2
Предположение индукции. Пусть xk = 2√
k
2
Шаг индукции.
xk+1 =
√
2·
√
4
2·
√
8
2···
√
2k
2·
√
2k+1
2 = xk ·
√
2k+1
√
√
2
2
2
2k+1
2k+1
2 = 2√
·
2 = 2k+1
2 = 2k+1
√
√ ·
√
k
2k+1
2
2·
2
2
Доказано.
Предположим, что
lim xn = 2
n→∞
8
ДЗ2 Математический анализ
Румянцев Тимофей БЭАД-256
Пусть an = |xn − 2| > 0 ∀n ∈ N
2
2
√ − 2 = 2 − 2√
n
2
2
an = |xn − 2| =
2n
Теперь будем оценивать сверху:
2
1
1
an = 2 − 2√
= 2 · 1 − 2√
=2· 1− √
n
n
n
2
2
2
Посчитаем предел верхней оценки:
1
1
limn→∞ 1
1
√
√
lim 2 · (1 − √
)
=
2
lim
1
−
lim
=
2
1
−
=
2
1
−
=0
n
n→∞
n→∞
n→∞ n 2
1
2
limn→∞ n 2
По лемме о зажатой последовательности:

0=
0

limn→∞ 
1
= 0 −→ lim an = 0
limn→∞ 2 · 1 − √
n
2
n→∞


1
0 < a < 2 · 1 − √
n
n
2
lim an = 0 ←→ lim |xn − 2| = 0 ←→ lim
n→∞
n→∞
Вывод:
lim
n→∞
√
n→∞
√
2·
√
4
2·
√
8
2···
√
2n
2·
√
4
2·
√
8
2···
2=2
Полезные приложения
Рис. 1: Полезные сравнения сверху и снизу
9
√
2n
2=2