mat_analiz

тельности ограниченными: а)

an = 4 −

1

,

n N ; б)

an =

(−1)n

, n N ;

n

n

в) an = (−1)n+1 +1,

n N ; г) an

= n sin

π n

,

n N ?

2

Решение: а) an = 4 −

1

, n N . Покажем, что последовательность {an }

n

возрастающая,

для чего сравним два последовательных члена n -ый и (n +1)-

ый:

an = 4 −

1

и an+1 = 4 −

1

.

Так

как

1

>

1

для всех n N , то

n

n

+1

n +1

n

4 −

1

< 4 −

1

,

а это означает, что

an

< an+1 ,

n N , то есть с ростом номера

n

n +1

Следовательно, она ограничена.

В силу замечания 3 можно записать

an

≤ 4, n N .

(−1)n

, n N не является монотонной, так

б) Последовательность an =

n

2, если n нечётное;

(см. рис. 36в): 2, 0, 2, 0, 2, K, (−1)n+1 +1,K. Она не

an =

0, если n чётное.

является монотонной, но ограничена

an

≤ 2 .

г) Последовательность

an = n sin

π n

, n N не является ограниченной и

2

an

=

nsin πn

n, если n нечётное;

Ограничить общий член

an

каким-нибудь

=

если n чётное.

2

0,

одним числом для всех

n N невозможно. Последовательность {an } является

неограниченной

и не

обладает свойством монотонности (см. рис. 36г):

a

7

a

3

a

a

5

a9

1

-7

-3

0 1

5

9

x

числа ε найдется такое натуральное число N(ε),

зависящее от ε , что для

всех номеров n ≥ N (ε) выполняется неравенство

an − a

< ε

(7)

При этом пишут an → a при n → ∞ или lim an = a .

Неравенство (7) означает,

n→∞

конечно много, находятся в

ε - окрестности точки a : a −ε < an < a +ε, n > N(ε),

а вне ε - окрестности точки

a находится лишь конечное число первых членов

этой последовательности, причем их не более N(ε).

Пример 17. Дана последовательность an =1 −

1

, n N ; а) доказать, что

n

{an } попадают в

ε - окрестность числа 1,

для чего решим неравенство

an −1

< ε .

Так

как

an =1 −

1

,

то

последнее

неравенство имеет

вид

1

Отсюда

1

< ε и

n

1

. Следовательно, все члены данной по-

n >

1

−

n

−1

< ε.

n

ε

следовательности с номерами

n большими

1

находятся в ε - окрестности

ε

числа 1. В качестве N(ε) можно выбрать любое натуральное число больше

1

,

например,

N(ε)=

1

+1, где

1

-

целая часть числа

1

, или любое ещё

ε

ε

ε

ε

большее число.

Таким образом,

показано, что для любого положительного числа

ε

найдется номер N(ε) такой, что для всех

n > N (ε)

справедливо неравенство

1

данной последовательности lim 1

−

=1.

n

n→∞

б) Следует решить неравенство

an −1

< 0,01. В данном случае ε = 0,01 .

Тогда

N(ε)=

1

+1 имеет значение

N(0,01)=

1

+1 =101. Отсюда имеем,

0,01

ε

что

все члены

{an } с номерами

n ≥101

удовлетворяют неравенству

an

−1

< 0,01, иными словами, отличаются от своего предела не больше, чем

на 0,01.

Замечание. Ясно, что постоянная последовательность an = C,

n N , где

С – константа имеет предел, и он равен С:

lim an

= limC = C .

n→∞

n→∞

Пример 18. Показать, что последовательность an =

1

((−1)n+1

+1), n N

2

не имеет предела.

Решение. Все члены последовательности

{an } с нечётными номера-

дящаяся последовательность {an } имеет два различных предела

a и

b .

Пусть для определенности

a < b .

Выберем число ε =

b − a

. Так как

ε > 0 , то

3

верно неравенство a +ε < b −ε , а интервалы

(a −ε, a +ε)

и

(b −ε,

b +ε)

не

имеют общих точек (см. рис. 37).

x

a −ε

a

a +ε

b −ε

b

b +ε

Рис. 37

Так как

a = lim an , то для выбранного

ε =

b − a

найдётся номер Na (ε)

n→∞

3

такой, что для всех

номеров

n > Na (ε)

будет

справедливо неравенство

a −ε < an < a +ε , то есть

an (a −ε,

a +ε), n > Na (ε).

Так как

b = lim an , то для этого же числа ε =

b − a

найдётся номер Nb (ε)

3

n→∞

такой, что для всех номеров

n > Nb (ε)

будет

справедливо неравенство

b −ε < an < b +ε , то есть

an (b −ε,

b +ε), n > Nb (ε).

Из двух чисел Na (ε)

и Nb (ε) выберем большее

N(ε)= max{Na (ε), Nb (ε)}.

Тогда все члены последовательности {an } с номерами

n > N (ε)

принадлежат

a −ε,

a +ε : m = min{a1 , a2 ,K, aN (ε ), a −ε, a +ε}, M = max{a1 , a2 ,K, aN (ε ), a −ε, a +ε}.

Тогда

m ≤ an ≤ M для всех n N . А это означает, что последовательность

бого ε > 0 существует такой номер N (ε),

что для всех номеров n > N (ε) и

m > N (ε) справедливо неравенство

an − am

< ε .

(Огюстен Луи Коши (21.08.1789-23.05.1857) – французский матема-

тик).

4. Предел монотонной последовательности. Число e

Теорема 5. (теорема Вейештрасса, о существовании предела монотон-

сти последовательности означает,

что множество значений an ограничено и

имеет верхнюю грань (см. §1, теорема 1), обозначим ее a : a = sup{an }.

n N

Покажем, что a = lim an . Зафиксируем произвольное число ε > 0 . Так

n→∞

как a = sup{an }, то

an ≤ a для всех

n N , но найдется номер N (ε) такой, что

n N

a −ε < aN (ε ) . Тогда в силу возрастания последовательности

{an } все ее члены с

номерами n > N (ε)

удовлетворяют неравенству a −ε < an

≤ a . Поэтому спра-

ведливо неравенство

an − a

< ε , n > N (ε).

Итак, для произвольно выбранного числа ε > 0 , найдется номер N (ε)

такой, что все члены последовательности {an }

с номерами n > N (ε) удовле-

творяют неравенству

an − a

< ε , n > N (ε). Это

означает по определению 12

предела последовательности, что a = lim an , что и требовалось доказать.

n→∞

Аналогичное доказательство можно провести для убывающей ограни-

ченной последовательности.

Пример 19.

(Замечательный предел). Дана последовательность {an },

где

1

n

n N . Доказать, что она сходящаяся.

an = 1 +

,

n

1

n

(8)

an = 1

+

, n N K

n

n

n(n −1) 2

+K+

n(n −1)

(n − 2)K(n

− k +1)

α

k

+

(1 +α) =1 + n α + 1 2 α

1 2 3Kk

+K+

n(n −1) (n − 2)K2 1

α n ,

1 2 3Kn

имеем

1 n

1

n (n

−

1) 1

2

n (n −1)(n − 2)K(n − k

+1) 1

k

a

n

= 1

+

=1 + n

+

+K+

+

n

1

2

1 2Kk

n

n

n

n (n −1)(n

− 2)K2 1 1

n

1

1

1

1

2

−

k −1

+

+K+

= 2

+

1

−

+K+

1

−

1 −

K 1

1 2Kn

n

n

1 2

1 2Kk

n

n

n

1

1

2

n −1

(9)

+K+

1

−

1

−

K 1 −

1 2 3Kn

n

n

n

Каждое слагаемое в формуле (9) положительное, поэтому an > 2,

n N .

Аналогично запишем an+1 :

a

1

n+1

=

2 +

1

−

1

+

n+1

= 1 +

1

1

n

+

n +1

2

1

1

1

2

k −1

+K+

1

−

1

−

K 1

−

+

1

2

n +1

3Kk

n +1

n +1

(10)

1

1

2

n −1

+K+

1

−

1

−

K 1

−

+

1

2

n +1

3Kn

n +1

n +1

1

1

2

n

+

1 −

1

−

K 1

−

.

1

n +1

2 3K(n +1)

n +1

n +1

1 −

i

<1 −

i

, i =1, 2,K, n −1 .

n

n +

1

Во-вторых, в формуле(10) на одно положительное слагаемое больше,

чем в формуле (9). Следовательно,

an

< an+1 ,

n N

и доказано, что последо-

вательность {an } возрастающая.

Докажем теперь, что она ограничена сверху. Заметим, что в формуле

(9)

каждая из скобок вида

i

для i

=1, 2,K, n −1 меньше числа 1, и

1 −

n

1

≤

1

, k N . А тогда справедливо следующее

1 2 K k

2k −1

an

< 2 +

1

+

1

+K+

1

+K+

1

< 2 +

1

+

1

+K+

1

+K+

1

=

1

2

1

2 3

1

2 3Kk

1

2

3Kn

2

2k −1

2n−1