Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Инженерно-технологическая академия ЮФУ

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

UML_4256

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

01.06.2015

Размер:

6.64 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 506 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

1)lim (αn + βn )= limαn + lim βn ;

2)lim (cαn )= c limαn , c = const ;

3)lim (αn βn )= limαn lim βn ;

4)lim

βn

lim βn

Доказательство.

1) Пусть

limαn =α0 , lim βn = β0 .

Тогда

по

определению предела имеем

−α

ε n > N ,

− β

ε n > N

Для

N = max{N1, N2 } будут выполняться оба неравенства. Тогда

имеем

(αn + βn )−(α0 + β0 )

(αn −α0 )+ (βn − β0 )

≤

αn −α0

βn − β0

ε +

ε = ε n > N.

Таким образом, утверждение 1) доказано.

2) Из определения предела имеем

αn −α0

, c ≠ 0, n > N .

Умножим обе части неравенства на

, получим

αn −α0

cαn − cα0

< ε n > N .

Последнее неравенство и означает, что

lim (cαn )

= cα0

= c limαn .

Утверждение 2) доказано.

3) Воспользуемся тождеством

αn βn −α0 β0

= (αn −α0 )(βn − β0 )+α0 (βn − β0 )+ β0 (αn −α0 ).

(1)

Из определения предела имеем

αn −α0

< ε n > N1 ,

Для N = max{N1, N2 }

βn − β0

< ε n > N2 .

оба неравенства выполняются. Перемножая эти

неравенства, получим

(αn −α0 ) (βn − β0 )

αn −α0

βn − β0

< ε n > N

lim((

n −α0 )

(βn − β0 ))= 0.

(2)

Переходя к пределу в (1), получим

1,2

lim (αn βn −α0 β0 )= lim ((αn −α0 )(βn − β0 ))+α0 lim (βn − β0 )+

+β0 lim(αn −α0 )=0 +α0 0 + β0 0 = 0 .

Итак,

lim (αn βn −α0 β0 ) = 0 lim (αn βn ) =α0 β0 = limαn lim βn .

Утверждение 3) доказано.
4) По определению предела имеем
	β	n	− β	0	<	1	β		0	n > N			и		β		n	− β			0	<		1		β	0	2 ε n > N					2	.
						1																		1

					2					1												2
					2																	2
При N = max{N1, N2 } оба неравенства выполняются n > N .
Воспользуемся свойством модуля комплексного числа
																			(3)	1										1
																			(3)	1										1
			βn − β0			=		β0 − βn			>	β0		−		βn			<				β0		.			βn	>		β0	.
			βn − β0			=		β0 − βn			>	β0		−		βn			<	2			β0		.			βn	>	2	β0	.
																				2										2

Найдем

(3)

(4)

1 − 1

βn − β0

β0

= ε .

(3)

(4)

Итак,

−

< ε

n > N

β0

βn

или

lim

βn

β0

lim βn

что и требовалось доказать.

1,2

Следствие. lim (αn − βn )= lim (αn + (−βn ))= limαn − lim βn .

limαn

lim

αn = lim αn

= limαn

lim βn

βn

lim βn

Если

βn – бесконечно

малая,

то

–

бесконечно большая

βn

последовательность.

Теорема 2. Произведение ограниченной последовательности на бесконечно малую есть бесконечно малая последовательность.

Доказательство. Пусть			{xn }	– ограниченная последовательность.
Тогда	xn	< M для всех	n .	Пусть {αn } бесконечно малая

последовательность. Тогда

n > N

x α

< ε,

что и требовалось доказать.

Теорема 3. Последовательность комплексных чисел сходится к точке Z0 = x0 +iy0 тогда и только тогда, когда

lim x	n	= x ,	lim y	n	= y	0	.
n→∞	n	0	n→∞	n		0		Zn − Z0
Доказательство. Пусть lim Zn = Z0 ,				то есть
Доказательство. Пусть lim Zn = Z0 ,				то есть
		n→∞
		n→∞

Zn = xn +iyn

(5)

< ε n > Nε

или

− Z

− x

)+i(y

− y

)

− x

+(y

− y

< ε

xn − x0

< ε

yn − y0

< ε n > Nε ,

что

совпадает

с (5) и

необходимость доказана.

Пусть теперь выполняется (5), то есть

− x

− y

, n > N

Тогда

Z − Z =

(x − x )2 + (y − y )2 < ε

= ε n > N .

Теорема доказана.

Замечание. Доказанная теорема и следствие используются для нахождения пределов последовательностей. Заметим только, что если

lim x	= 0 и	lim y = 0	, то последовательность			xn	может сходиться, а

n		n				yn
				xn
может	расходиться.		Выражение		называют в этом случае

				yn

неопределенностью вида 00 и ставят вопрос о раскрытии этой неопределенности.

Возможны и другие неопределенности: ∞∞ ,∞ − ∞,0 ∞.

1 + n

Пример 4. Найти lim n .

n→∞ 1n − n

+ n

∞

lim

(

+1)

0 +1

Решение. lim

= lim

n→∞

= −1.

(

−1)

n→∞

− n

∞

n→∞

−1

nlim→∞

0 −1

Пример 5. Найти lim

3 + in

n→∞ 2 −in

3 + in

6 − n

+ i

= lim

6 − n

Решение. lim

= lim

4 + n2

+ n2

n→∞ 2 −in

n→∞

n→∞ 4 + n2

+i lim

= −1.

+ n2

n→∞ 4

§3. Сходящиеся последовательности действительных чисел. Свойства

Последовательность действительных чисел {xn } называется неубывающей, если xn+1 ≥ xn для всех n . Если xn+1 ≤ xn , то последовательность невозрастающая. Невозрастающие и неубывающие

последовательности называются			монотонными. Если для всех n
xn+1	> xn ,	то последовательность	называется возрастающей, а при
xn+1	< xn	– убывающей.

Возрастающие и убывающие последовательности называются строго монотонными.

Сходящиеся в метрическом пространстве последовательности ограничены (см. теорему §1). Но не всякая ограниченная последовательность сходится. Однако для монотонных последовательностей ограниченность равносильна сходимости.

Теорема 1. Монотонная ограниченная последовательность действительных чисел сходится.

Доказательство. Пусть последовательность {xn } неубывающая и

ограниченная сверху. Поскольку неубывающая последовательность всегда ограничена снизу первым членом, то эта последовательность является ограниченной. Это значит, что множество ее значений –

ограниченное множество и, следовательно, имеет точную верхнюю
грань M = sup{x	}. Докажем, что	M = lim x	n	. Действительно, согласно
n		n→∞	n

определению точной верхней грани (см. определение 2'' в §7 гл.1), выполняется условие

ε > 0 xn 0 {xn }: M − xn 0 < ε .	(1)
54

Поскольку последовательность неубывающая, то неравенство (1) будет выполняться n ≥ n0 , то есть

M − xn < ε n > n0 .

Так как xn ≤ M , то последнее неравенство можно переписать

M − xn < ε n ≥ n0 ,

что означает lim xn = M . Для невозрастающей последовательности

n→∞

доказательство теоремы аналогично. Теорема доказана.

Теорема 2 (о

переходе

пределу в неравенстве). Если

lim xn = a, lim yn = b и xn ≤ yn

n, то a ≤ b, или lim xn ≤ lim yn .

a −b

Доказательство. От противного. Пусть a > b . Положим ε =

Тогда

a −b

a + b

a −b

a + b

a −ε = a

−

b +ε = b +

(2)

По определению предела имеем

xn − a

< ε n > N1,

(3)

yn −b < ε n > N2 .

Если N = max{N1, N2 }, то неравенства (3) будут выполняться для всех n > N . Тогда из первого неравенства (3) имеем

(2) 1

−ε < xn − a < ε xn > a −ε = 2 (a + b) n > N .

Из второго неравенства (3) имеем

(2) 1

−ε < yn −b < ε yn < b +ε = 2 (a + b) n > N .

Из (4) и (5) следует

yn < 12 (a + b)< xn .

(4)

(5)

В силу транзитивности знака < имеем yn < xn n > N , но это противоречит условию. Это противоречие и доказывают нашу теорему.

Теорема 3 (о двух милиционерах). Если	lim xn = lim zn = a и
xn ≤ yn ≤ zn n > N1 , то lim yn = a.
Доказательство. Поскольку a −ε < xn < a +ε	n > N2 ,

a −ε < zn < a +ε n > N3 , то при N = max{N1, N2 , N3} имеем a −ε < xn ≤ yn ≤ zn < a +ε n > N

или a −ε < yn < a +ε n > N .

Это и означает, что lim yn = a. Теорема доказана.

Доказанные теоремы часто используются для нахождения предела или доказательства его существования.

§4. Примеры сходящихся числовых последовательностей

Пример 1. Рассмотрим бесконечную геометрическую прогрессию

xn = qn , q C . Докажем, что при q <1 lim qn = 0 , то есть для всякого

n→∞

ε > 0 найдется Nε такое, что выполняется неравенство

qn − 0

< ε n > Nε .

(1)

Действительно, если

n < ε , то

ln ε

nln

< ln ε. n

ln ε

тогда для всех n > Nε

так как ln

< 0

. Обозначим Nε =

будет

выполняться неравенство (1), а это означает

lim qn

= 0 ,

n→∞

что и требовалось доказать.

Если q >1, то геометрическая прогрессия yn = qn бесконечно большая. Действительно,

1		1
yn = qn =		=		,
	(1q)n		xn

так как хn – бесконечно малая, то yn – бесконечно большая (см. теорему

2 §2).

Пример 2. Доказать, что

lim n a =1 a > 0.	(2)
n→∞

Равенство (2) эквивалентно равенству n a =1+αn . Если докажем,

что αn – бесконечно малая, то докажем (2). Используя бином Ньютона, найдем

a = (1 +αn )n =1+ nαn +

n(n −1)αn2 +... +αnn .

(3)

Если a >1, то αn > 0 и из (3) получим

a >1 + nαn . 0 <αn <

a −1

lim αn = 0

и (2)

По теореме о двух милиционерах найдем, что

доказано.

n→∞

Если a <1, то

>1,

=1+αn .

n a

Из формулы бинома Ньютона получим

>1 + nαn .

0 <αn <

1 − a

. lim αn = 0

n→∞

и (2) доказано при любых a > 0 .

Пример 3. Доказать, что lim n n =1.

n→∞

Доказательство. n n =1 +αn , αn > 0 при

n >1.

n = (1+αn )n =1+ nαn +

(n −1)αn2 +... +αnn .

n >

n(n −1)αn2 .

1 >

(n −1)αn2 . αn2 <

. αn2 →

0 при

n → ∞. αn → 0

при

n −1

n→∞, что и требовалось доказать.

Пример 4. Доказать, что lim

= 0,

a C .

n→∞ n!

m N .

Доказательство.

Пусть

m +1 >

где

Тогда

n−m

−0

...

m +1

m + 2

m +1

qk ,

где k = n −m,

q =

m +1

= qk

Поскольку x

– сходящаяся последовательность (см. пример 1), то

qk < ε

k > N

< ε

(m +1)k

k +m

< ε

n > Nk + m, что и требовалось

m!(m +1)k

m!(m +

1)k

доказать.

Пример 5. Доказать, что lim 1

существует.

ò →∞

Доказательство. Воспользуемся биномом Ньютона

(

)

(

)(

)

n −1

n −2

xn = 1+

=1+ n

+... +

(

)

)(

n − 2

...1

n −1

=1+1+

−

1−

n −1

+... +

1 −

... 1 −

при переходе от n к (n +1)

Как видно из последнего равенства,

число слагаемых увеличивается на одно, а каждое слагаемое не уменьшается, то есть xn+1 > xn , следовательно, последовательность

монотонно возрастающая. Покажем, что она ограничена сверху.

−

<1, а

Поскольку каждая скобка

≤

1 2

... n

2n−1

то имеем

		1		1			1	1	2	−	1		1			1
x	< 2 +		+			+... +		= 2 +			2n	= 2 +		−			< 3.
					2		n−1									n+1
n	2			2		2		1		− 12					2

			1 n
Итак, последовательность	xn = 1	+		монотонно возрастающая и

			n

ограничена, следовательно, имеет предел. Этот предел обозначают буквой е, то есть

		1	n
lim 1	+			= e .

n→∞		n
	58

Очевидно,

2 < e < 3.

Можно

доказать, что это число

иррациональное e ≈ 2,71828.

Его

берут

за

основание

натурального

логарифма.

Пример 6.

Последовательность

задается рекуррентной

формулой

a > 0 ,

x1 > 0 .

xn+1

(4)

Доказать, что предел последовательности существует и равен a .

Доказательство. Так как x1 > 0 ,

то из рекуррентной формулы по

индукции найдем,

что

xn > 0 ,

то есть последовательность ограничена

снизу. Перепишем рекуррентную формулу в виде

xn+1

t =

Но t +

≥ 2, если t > 0 (t −1)

≥ 0 t2 −

2t +1 ≥

0 t +

≥ 2 , тогда

xn+1 ≥

для всех

n ≥ 2.

(5)

Докажем теперь, что данная последовательность xn не

возрастающая. Из рекуррентной формулы и из (5) имеем

(1+1)=1,

1 +

≤

то есть xn+1 ≤ xn , что и требовалось доказать.

Итак, невозрастающая последовательность ограничена снизу.

Следовательно, она имеет предел.
Пусть		lim x			= x. Переходя в рекуррентной формуле к пределу,
получим	n→∞		n
	1			a

x =		x +				. x2	= a. x	= a , что и требовалось доказать.
	2
				x

Рекуррентной формулой (4) часто пользуются для приближенного вычисления квадратного корня.

Вычислим для примера 2 . Положим x1 =1. Тогда из (4) найдем

x	=		1	(1 + 2)=1.5,
x	=			(1 + 2)=1.5,
2		2
		2
x3		1			3			4			17
	=					+				=			≈1.41,
	=	2			2	+		3		=	12		≈1.41,
		2			2			3			12
x4	=	1			17		+		24		=	577		≈1.41421.

		2			12				17			408
		2			12				17			408

Здесь все десятичные знаки верные, то есть мы вычислили 2 с точностью до 10-4.

§5. Лемма о вложенных отрезках. Теорема Вейерштрасса

Рассмотрим последовательность вложенных друг в друга отрезков
σn = [an ,bn ], то есть последовательность	множеств действительных
чисел σn ={x R \| an ≤ x ≤ bn } таких,	что σn+1 σn n N .
ρn = bn − an – длины этих отрезков.
Лемма (о вложенных отрезках). Если последовательность {ρn }

длин вложенных отрезков бесконечно малая, то существует единственная точка, принадлежащая всем этим отрезкам.

Доказательство. Очевидно,
a1 ≤ a2 ≤ a3 ≤... ≤ bm	(1)

при любом m (см. рис.).

Из (1) следует, что последовательность {an } не убывает и ограничена

сверху. По теореме 1 §3 она сходится.
Пусть lim a	= x .
n→∞ n	0
Поскольку последовательность {an } не убывающая, то
	x0 = sup{an }, то есть an ≤ x0 n N .
Из (1) и теоремы 2 §3 следует, что
	an ≤ x0 ≤ bm .	(2)
Так как (2) справедливо при любом m , то положим m = n. Тогда
имеем	an ≤ x0 ≤ bn n N , то есть x0 σn	n N .
	an ≤ x0 ≤ bn n N , то есть x0 σn	n N .
	60

<<< < Предыдущая 1 2 3 4 56 / 506 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.11.20191.07 Mб17Uchebnoe_posobie_ch1.doc
#
05.09.2019687.71 Кб13Uchebnoe_posobie_metrologia.docx
#
01.06.20152.46 Mб17UMK_po_Menedzhmentu_modul_2.pdf
#
01.06.2015359.44 Кб8umk_treb.pdf
#
01.06.2015903.17 Кб14UML_1321.pdf
#
01.06.20156.64 Mб21UML_4256.pdf
#
01.06.2015321.05 Кб16UML_4497.pdf
#
01.06.20151.11 Mб7UML_4562.pdf
#
01.06.2015641 Кб9UML_4564.pdf
#
01.06.2015943.33 Кб7UML_4597.pdf
#
01.06.20151.72 Mб69UML_4797.pdf