Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Байкальский государственный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика в экономике, сборник задач

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

08.03.2015

Размер:

1.91 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 202 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

1. 3. Метод математической индукции

Метод используют для доказательства того, что некоторое утвержде- ние выполняется для всех натуральных чисел. Суть метода состоит в сле- дующем:

1)проверяется, что утверждение верно для единицы;

2)предполагается, что утверждение верно для произвольного на- турального числа n −1;

3)доказывается, что утверждение верно для числа n.

1.23. Применяя метод	математической индукции, доказать, что
n N справедливы равенства:		1 n ×(n +1)×(2n +1);
1) 1+ 2 +...+ n = 0,5×n ×(n +1);	2) 12 + 22 +...+ n2 =
		6

3)13 + 23 +...+ n3 = 0,25×n2 × (n +1)2 .

1.24.Методом математической индукции доказать справедливость

неравенств:

× 3×... ×

2n -1<

;

2) 1 +

+ ...+

(n ³ 2);

2n +1

nn+1>(n +1)n при

n ³ 3;

x1 + x2 +...+ xn

³ n

при

³ 0,

k = 1,...,n

(среднее геометри-

× x

×...× x

ческое n

неотрицательных чисел не превосходит их среднего арифмети-

ческого).

1.4. Бесконечно малые и бесконечно большие последовательности

Последовательность {αn} называют бесконечно малой, если для лю- бого сколь угодно малого числа ε > 0 найдётся номер N = N(ε ) такой, что для всех n >N выполнится неравенство ½α n ½<ε. В этом случае пишут

lim xn = 0 или xn → 0 при n→ ∞.

n→∞

Последовательность {xn} называют бесконечно большой, если для любого сколь угодно большого действительного числа C > 0 найдётся но- мер N = N(C) такой, что для всех n >N выполнится неравенство ½ xn ½> C.

В этом случае пишут lim xn = ¥ или xn → ∞ при n→ ∞.

n→∞

Сумма, разность, произведение бесконечно малых последовательно- стей, а также произведение бесконечно малой последовательности на огра- ниченную есть последовательность бесконечно малая.

Если последовательность {xn}	- бесконечно большая и xn ¹ 0
"nÎ N , то {1 xn }− бесконечно малая;	если последовательность {αn}-

бесконечно малая и αn ¹ 0 "nÎ N , то {1αn }− бесконечно большая.

Пример 1.1. Доказать, что

1) последовательность {na }, где a ¹ 0, произвольное действительное

число: при a > 0 является бесконечно большой, при a < 0 - бесконечно малой;

2) последовательность {qn } при q >1 является бесконечно большой, при q <1 - бесконечно малой.

Решение. 1)	Пусть a > 0 . Из определения бесконечно большой по-
следовательности	{xn } для любого действительного числа C > 0 требует-

ся найти такой номер N = N(С), чтобы для всех n >N выполнялось нера- венство ½ xn ½> C . В рассматриваемом примере xn = na , выпишем нера- венство ½ xn ½> C: na > C Þ na > C . Из обеих частей последнего нера-

венства извлечем корни степени a , поскольку a > 0 , то получим неравен- ство n > a C . Искомое число N = N(С) определяется правилом:

N = max{1; [aC ]}. Для записи номера N здесь используется функция [x],

называемая целой частью числа x . По определению целая часть действи-

тельного	числа x	равна наибольшему целому числу,	не превосходящему
x . Итак,	правило для определения числа N найдено, последовательность
{na } при a > 0 является бесконечно большой.
Пусть a < 0. Из определения бесконечно малой			последовательности
{αn } для любого		действительного числа C > 0 требуется найти такой

номер N = N (ε ), чтобы для всех n >N выполнялось неравенство ½αn ½<ε . Имеем: αn = nα , выпишем неравенство ½αn ½<ε : nα <ε Þ nα <ε . Из

обеих частей последнего неравенства извлечем корни степени α , посколь- ку α < 0 , то получим неравенство n > αε . Искомое число N определяется

правилом: N = max{1; [αε ]}. Последовательность {nα } при α < 0 являет-

ся бесконечно малой.

2) Пусть q >1. Докажем, что последовательность {qn } является бес- конечно большой. Для любого действительного числа C > 0 выпишем не- равенство ½ xn ½> C при xn = qn : ½qn ½> C Þ q n > C . Прологарифми- руем обе части неравенства по основанию q , поскольку q >1, получим

неравенство

log q q n > log q C Þ n ×log q q > log q C Þ n > log q C Þ

N = max 1; log q C . Последовательность {qn } при q >1 является беско-

нечно большой.

При q <1 для любого C > 0 из неравенства ½αn ½<ε при αn = qn

получим: ½qn ½< ε Þ q n < ε . Прологарифмируем обе части неравенства по основанию q , поскольку q < 1, получим неравенство

log q q n > log q ε Þ n > log q ε Þ N = max 1; log q ε .

Последовательность {qn } при q <1 является бесконечно малой.

1.25. Используя логическую символику, записать следующие выска- зывания, а также их отрицания: 1) последовательность {αn } является бес-

конечно малой; 2) последовательность {xn } является бесконечно большой. 1.26. Доказать, что заданные последовательности {xn} являются бес-

конечно малыми:

1) xn =

(-1)n+1

;

2) xn =

;

xn =

;

xn =(-1)n ×0,999n .

1.27. Доказать, что заданные последовательности {xn} являются бес-

конечно большими:

xn = (-1)

1) xn = − n ;

2) xn = n2 ;

xn =2

;

×2n .

5× n +1

1.28.1) Доказать, что любая бесконечно большая последователь- ность является неограниченной.

2) Сформулировать и доказать основные свойства бесконечно боль- ших последовательностей, связанные с арифметическими действиями над последовательностями.

1.29.Доказать, что последовательности: 1) {(1 + (-1)n )× n };

2){n(−1) n }неограниченные, но не являются бесконечно большими.

1.30.Установить, какие из заданных последовательностей являются: a) бесконечно малыми, б) бесконечно большими:

xn =n(-1)n ;

xn =100 ;

3) xn =

;

2n +1

xn =nsin

π n

;

xn =

(-1)n × 2n

;

6) xn =lg(lgn).

n2 +1

1.5. Сходящиеся последовательности

Последовательность {xn} называют сходящейся к числу a, если для любого числа ε > 0 найдётся номер N = N (ε ) такой, что для всех n >N

выполнится неравенство ½ x n− a ½<ε. В этом случае пишут lim xn = a или

n→∞

xn → a при n→∞, число a называют пределом последовательности {xn}.

Последовательности, не являющиеся сходящимися, называют расходящи-

мися.

	Если с − постоянная, lim xn = a , lim yn = b,			тогда
		n→∞	n→∞
1) lim с = с ;		2) lim (xn ± yn ) = lim xn ± lim yn = a ± b ;
	n→∞	n→∞	n→∞	n→∞
3)	lim (xn × yn ) = a ×b ;	4) lim (с × xn ) = с × a ;
	n→∞	n→∞
5)	lim (xn / yn ) = a /b,	b ¹ 0.
	n→∞
	Если xn → a,	yn → b при n→∞ и, начиная с некоторого номера,
xn £ yn Þ a £ b .
	Пусть даны три последовательности: {xn}, {yn }, {zn}. Если, начиная
с некоторого номера,		xn £ yn £ zn и	xn → a, zn → a при n→∞, тогда yn → a
при n→∞.

Данные свойства широко используются при вычислении пределов. В тех случаях, когда свойства пределов непосредственно применить не уда- ётся, например, когда общий член последовательности представим в виде отношения двух бесконечно больших последовательностей (неопределён-

ность ∞¥ ) или разности двух бесконечно больших последовательностей од-

ного знака (неопределённость ∞ − ∞ ) и т.д., общий член последовательно- сти следует предварительно преобразовать.

Пример 1.2. Пользуясь определением предела последовательности

доказать, что lim 10n = 5.

n→∞ 2n -1

Решение. Из определения предела последовательности видно: для

доказательства существования предела lim xn = a следует ε > 0 найти

n→∞

такой номер N = N(ε ), чтобы для всех n >N выполнялось неравенство

½ x n− a ½<ε.

10n

В рассматриваемом примере xn =

, a = 5. Выпишем ε > 0 не-

2n -1

равенство ½ x n− a ½<ε,

получим

10n

- 5

< ε .

Преобразуем его:

2n -1

10n -10n + 5

< ε Þ

< ε Þ n >

5 + ε

5 + ε ù ü

N = maxí

1; ê

ú ý.

2n -1

2n -

2ε

2ε û þ

Пример 1.3. Вычислить:
1) lim	n2 + 4n + 5	;	2) lim	2n2	+ 4n -1	;	3) lim	2n4	+ n +1	;

n→∞3n2 + n - 7			n→∞3n3 + 5n2 - 7				n→∞ n3 + n + 3

4) lim

(n + 2)!

;

5) lim

7n+1

;

6) lim

(2n - 3)×cos n ;

n→∞ (n +1)!+ n!

n→∞ 7n + 5

n→∞ n2 +1

7) lim (

- n).

n2 + 3n +1

n→∞

Решение. 1) Имеем неопределённость ¥ . Разделим числитель и зна-

менатель на n2 (старшую степень n в примере):

+ 4n + 5

1+ 4 n +

5 n

lim

(1+ 4 n + 5 n2 )

lim

= lim

n→∞

n→∞3n2 + n - 7

n→∞3 +1 n - 7 n2

lim

(3 +1 n - 7 n2 )

lim 1+ lim 4 n + lim 5 n2

n→∞

1+ 0 + 0 1

n→∞

lim 3 + lim 1 n - lim 7 n2

3 + 0 - 0

n→∞

Имеем неопределённость

. Разделим числитель и знаменатель

на n3 :

2n2 + 4n -1

2 n + 4 n2

-1 n3

lim

= lim

0 + 0 - 0

= 0.

3 + 0 - 0

n→∞3n3 + 5n2 - 7

n→∞ 3 + 5 n - 7 n3

Имеем неопределённость

. Разделим числитель и знаменатель

на n4 :

2n4 + n +1

2 +1 n3

+1 n4

lim

= lim

= ¥ ,

+ n + 3

n→∞ n3

n→∞1 n +1 n3 + 3 n4

поскольку числитель дроби стремится к числу, равному 2, а знаменатель является бесконечно малым при n → ∞ .

4) Имеем неопределённость ¥

. Напомним, что использованная в

примере функция факториал

f (n)= n! определена на множестве всех неот-

рицательных

целых

чисел,

причём:

f (0)=1,

f (n)= n× f (n -1) "n Î N .

Следовательно,

n!=1× 2×...×n ,

(n +1)!= n!×(n +1),

(n + 2)!= n!×(n +1)×(n + 2). С

учётом этого:

lim

(n + 2)!

= lim

(n + 2)×(n +1)× n !

= lim

(n + 2)×(n +1)

= lim (n +1) = ¥ .

n→∞

(n +1)!+ n!

n→∞

(n +1+1)× n!

n→∞

(n + 2)

n→∞

5) Имеем неопределённость ¥

. Разделим числитель и знаменатель

7n+1

на 7n : lim

= lim

= 7.

+ 5 7n

n→∞ 7n + 5 n→∞ 1

6) Последовательности, стоящие в числителе и знаменателе рассмат-

риваемой в примере дроби, не имеют конечных пределов

при n → ∞ . Раз-

делим числитель и знаменатель дроби на старшую степень n , имеющуюся

в примере: на n2 . Получим: lim	(2n - 3)×cos n	= lim	(2 n - 3 n2 )×cos n	= 0,
	n2 +1		1+1 n2
n→∞		n→∞

поскольку преобразованный числитель равен произведению бесконечно малой при n → ∞ последовательности (2n − 3n2 ) и ограниченной после-

довательности		cos n , следовательно, является бесконечно малым при
n → ∞ ,	а знаменатель стремится к 1 при n → ∞ .
7)	Имеем	неопределённость ∞ − ∞ . Умножим и разделим общий

член последовательности на сумму (n2 + 3n +1 + n):

- n)= lim

(

- n)× (

+ n)

lim (

n2 + 3n +1

n→∞

(

n2 + 3n +1 + n)

lim

n2 + 3n +1- n2

lim

3n +1

n→∞ ( n2 + 3n +1 + n)

n→∞

(

n2 + 3n +1 + n)

Получили неопределённость ¥¥ . Разделим числитель и знаменатель дроби на старшую степень n = n2 :

lim (		- n)= lim	3 +1 n		3	.
	n2 + 3n +1			=

n→∞		n→∞ (	1+ 3 n +1 n2 +1)		2

1.31. Пользуясь определением предела последовательности, доказать равенства:

lim

= 2 ;

lim

cos n

= 0;

n→∞n + 3

n→∞

lim

n2 - 3n + 5

= 1;

lim

3n+1 - 5

= 3.

n→∞

n2 + 3

n→∞

1.32. Найти

a = lim xn и определить

номер

N (ε ) такой, что

xn − a

<ε

n→∞

при всех

n >N (ε ), если:

πn

1) xn

= 0,33...3, ε = 0,001;

2) xn =

sin

, ε = 0,001;

123

,ε = 0,005;

n2 + 1

3) x

n2 +1

4) xn =

,ε = 0,005.

5n2 - 3

1.33.

Доказать, что заданные

последовательности - расходящиеся.

Определить, являются ли последовательности ограниченными или неогра- ниченными:

1) xn =

+ (-1)n

;

2) xn = cos

πn

;

3) xn =

2 + (-1)n

;

- (-1)n

4) xn = nk (k > 0);

5) xn = (−1)n (2n +1);

xn =

n + 2

sin

πn

Вычислить пределы:

n - 2

1.34.

lim

n -1 .

1.35.

lim 3n2 - 7n + 1 .

n→∞ 3n

n→∞

2 - 5n

1.36.

lim

2n − 3

1.37.

lim

2n3

1)3

n→∞ n

- (n

n→∞ (n +

2n -1

3 ö

1.38.

lim

(n + 2)

1.39.

lim

95n

+ 39n

5n + 7

2 +

3 ÷.

n→∞

n→∞è

1.40.

lim

1.41.

lim

5× 3n

2n+1 + 1

3n -

n→∞

1.42.

lim

2n + 3n

1.43.

lim

×3n

- 3× 2n

+ 1

n→∞

+ 3

n4 + 3n + 2

n2 +1

1.44.

lim

1.45.

lim

n +1

n2 +1

n→∞

4 n + 5

(

)2 (

(

)

9n2 +1 + 3 n3 + 3

1.46.

lim

1.47.

lim

(n3 - n +1)2 (2n3 +1)

n→∞ 4 16 × n4 + 1 +

n→∞

3n2 + n - 2

ö3

1.49.

lim

1.48.

lim

n→∞ (n +1)!- n!

+ 2n + 7

÷ .

n→∞è

1.50.

lim

(n +1)!-(n + 2)!

1.51.

lim

× cosπn .

n→∞ (n +1)!- n!

n→∞ 3× n + 1

1.52.

lim

n ×sin n

1.53.

cosn!

n2 + 1

lim

÷ .

5n + 11

10n

n→∞

n→∞è

n -

1.55.

lim

(

1.54.

lim

n + 3

n -1

n→∞

n→∞ n2 - n

1.56.

lim

(

lim n2 (n -

2n + 3

n -1

1.57.

n2 +1

n→∞

lim (

1.58.

n2 + n -1

n2 - n +1

n→∞

lim n3/ 2 (

- 3

1.59.

n3 +1

n3 - 2

1.60.

lim

n3 + 2

n3 + 5

n→∞

lim (3

+ n).

3n2

1.61.

n2 - n3

1.62.

lim

n→∞

3n -1

÷ .

×sin(n

n→∞è n

æ 1

n -1ö

1.64.

1.63.

lim

+ ...+

÷ .

n -1

n→∞

n→∞è n

æ1 + 5 + 9 +...+ (4n - 3)

1.65.

lim

2n÷ .

n +1

n→∞è

1.66. lim

2 − 4 + 6 − 8 +

... − 4n

1.67. lim

12 + 22 + ...+ n2

n→∞

1.68.

+...+ (-1)

n−1

lim

÷ .

n→∞è

5n ø

1.69.

lim

1 + a + a2 +...+ an−1

>1.

1+ b + b2 +

...+ bn−1

n→∞

1.70.

lim

+...+

÷ .

1×

2 ×3

× (n +

n→∞è

1)ø

1.71. Исследовать последовательность {xn } на сходимость в зависи-

мости от значений параметров α, β , γ , если:

1) xn

;

2) xn

=nγ ×

n3 +

1 -

+ 3

n + 1 -

1.6. Монотонные последовательности. Число e

Последовательность {xn}

называют возрастающей,

если

xn+1 > xn

для всех n N ,

неубывающей,

если

xn+1 ³ xn для всех n N ,

убывающей,

если

xn+1 < xn для всех n N ,

невозрастающей,

если

xn+1 £ xn

для всех

n N . Все эти последовательности называют монотонными.

Монотонные ограниченные последовательности являются сходящи-

мися.

1 ö

Последовательность

ïæ

- возрастающая

ограниченная,

íç1

ïè

n ø

ön

= e , где e - число, e » 2,7.

lim ç1+

n→∞è

1.72. Доказать, что последовательности:

{

n},

3) {n

} - монотонно возрастающие;

1) í

ý,

î2n + 1þ

ì n

4) í

ý , 5)

í1+

ý -монотонно убывающие.

î5n

þ î4n -

3þ

1.73. Выяснить,

монотонна ли последовательность {xn} и есть ли у

2) {2n };

неё наибольший

наименьший элементы, если: 1)

ý;

î n!

ì 3n + 1ü

3)íî 3n ýþ.

1.74. Доказать существование пределов последовательностей:

+ ... +

;

22 +1

23 +1

2n +

î2 +1

1 þ

+ ... +

ý;

+ 2

+ 3

î3+1

3n + n þ

+ ... +

1 ü

;

ì1+

2 2×3 2

×3×4

n!þ

1.75. Доказать, что последовательность

предел, если: 1)

xn =

;

2) xn =

	1		1	ü
+		+ ... +		ý.
	32		n 2
				þ

{xn} сходится, и найти её

1.76.Доказать сходимость и вычислить предел последовательности

{xn}, если она задана рекуррентным соотношением:

1) x1 =

, xn+1 =

3 + xn

;

2) x1 =

, xn+1 =

2 × xn

;

= 3, xn+1

3) x1

ç xn

÷ .

xn ø

1.77.Доказать, что неограниченная монотонная последовательность является бесконечно большой.

1.78.Найти пределы:

1 ön+1

1 ön

ön

1) lim ç1

;

2) limç1

;

3) limç

÷ .

n→∞è

n ø

n→∞è

3n ø

n→∞è n -1

1.7.Числовые последовательности в экономике

1.Простые и сложные проценты. На финансовом рынке кредитор получает доход от предоставления денег в долг в любой форме: выдачи ссуды, помещения денег на сберегательный счёт, покупки акций, облига- ций и т.д. Получаемый доход называют процентными деньгами (или про- сто процентами). Предоставление денег в долг как правило связано с од- ной из двух операций - наращения или дисконтирования денежной сум- мы.

Пусть P − первоначальная величина долга, i% − кредитная (про-

центная) ставка, под которую одалживаются деньги. По истечении каждо- го из равных, заранее оговорённых, периодов времени долг увеличивается. Обозначим через Sn наращённую сумму долга по истечении n периодов

после предоставления денег в долг.

Множество наращённых сумм долга образует соответствующую по- следовательность {Sn }.

Кроме перечисленных выше величин наращённая сумма Sn зависит

от способа начисления процентов (вида процентных ставок). Существует два основных способа начисления процентов.

В случае простой процентной ставки в конце любого периода сумма долга увеличивается на величину i×P, i - доля единицы, соответствующая i% (процентная ставка применяется к первоначальной сумме долга), тогда

Sn = P × (1 + n × i), n = 0,1,....

В случае сложной процентной ставки в конце любого периода сумма долга увеличивается на величину i×Sn−1, (процентная ставка применяется ко всей имеющейся к данному моменту времени сумме долга, с учётом ра- нее начисленных процентов), тогда Sn = P ×(1+ i)n , n = 0,1,....

Процентная ставка i равна отношению дохода за один первый пери-

од к сумме вложенных средств: i = S1 − P P

Годовая процентная ставка i(m) называется номинальной, если для на-

числения сложных процентов за

часть года применяется ставка

i(m)

Таким образом, если сложные проценты начисляются через равные

промежутки времени m раз в году, то в конце каждого периода длиной

i(m)

проценты начисляются по ставке

Если срок долга n лет, то mn -

число периодов применения ставки

i(m)

в сроке долга. Из формулы

для

наращенной суммы в случае сложных процентов получаем

(m) ömn

= P

ç1

÷ .

Начисление процентов при неограниченном уменьшении длины пе- риодов времени начисления процентов (т.е. за бесконечно малые периоды времени) называют непрерывным. При непрерывном начислении сложных

процентов годовую номинальную процентную ставку обозначают через δ и

называют силой роста или интенсивностью процентов, а также непрерыв-

ной процентной ставкой. Формула для наращенной суммы в этом случае

Sn = P en δ.

Процентные ставки различного вида, приводящие к одному и тому же финансовому результату за один и тот же срок, называют эквивалент-

ными.

Операция дисконтирования применяется тогда, когда задана сумма погашаемого долга Sn , которую следует уплатить по истечении n перио- дов после предоставления денег в долг, при этом требуется найти сумму первоначального долга P. В этом случае говорят, что сумма Sn дисконти- руется или учитывается.

<<< < Предыдущая 12 / 202 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
11.07.2019113.15 Кб3Маркетинговые исследования Лекции.doc
#
09.11.20182.12 Mб3Маркетинговые коммуникации Гл16 КСО.doc
#
09.11.201810.26 Mб5Маркетинговые коммуникации Гл17 Соц. отчет.doc
#
11.07.2019253.44 Кб7Маркетинговые коммуникации Лекции.doc
#
09.11.2018220.16 Кб1Маркетинговые коммуникации Ответы на экзамен.doc
#
08.03.20151.91 Mб49Математика в экономике, сборник задач.pdf
#
08.03.20154.35 Mб38МатыскинаТеория статистики.pdf
#
08.03.2015207.36 Кб13Машинотех продук готовая.doc
#
08.03.2015858.47 Кб135Международное частное право.pdf
#
08.03.2015203.18 Кб9Менеджмент переделка (Восстановлен).docx
#
08.03.2015101.89 Кб12Метод указ по практике.doc