Тема Математический анализ

17 Пределы последовательностей

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 61#67160

a) Показать, что если последовательность $xn$ имеет предел, равный $A$ , то последовательность $Sn = x1+x2+n...+xn-$ тоже имеет предел, и он тоже равен $A$ ;

b) Показать, что обратное неверно, то есть последовательность $x1+x2+...+xn- Sn = n$ может иметь предел даже если $xn$ предела не имеет.

Показать ответ и решение

a) Оценим разность $|Sn − A| = |x1+x2+n...+xn− A | = |x1+x2+...n+xn−nA|$ .

Нам дано, что $∃ lim xn = A n→ ∞$ . И пусть $𝜀 > 0$ - любое сколь угодно малое положительное число.

Тогда из определения предела следует, что можно найти такое $N$ , что при всех $n > N$ выполнено $|xn − A | < 𝜀$ .

Тогда при всех $n > N$ :

$|Sn − A | = |x1-+-x2 +-...+-xn −-nA-| = |(x1-−-A-)+-(x2 −-A-)+-...+-(xN-−-A)-+-(xN+1-−-A)-+-...+-(xn-−-a)| ≤ n n (x1-−-A)-+-(x2-−-A-)+-...+-(xN-−-A-) (xN+1-−-A-)+-...+-(xn-−-A-) ◟≤◝◜◞ = | n |+ | n | неравенство треугольника$

Рассмотрим теперь две получившиеся группы слагаемых. Первоая группа

(x − A) + (x − A )+ ...+ (x − A) |-1----------2-------------N------| n

содержит в своём знаменателе конечное число слагаемых, индексы которых пробегают от $1$ до $N$ - при фиксированном $N$ , поэтому при $n → ∞$ будет стремиться к нулю.

Вторая группа

(x − A) + ...+ (x − A) |--N+1--------------n-----| n

содержит разности с индексами, большими чем $N$ , а значит для них $|xn − A | < 𝜀$ . Таким образом, вторую группу можно оценить как

𝜀◟-+-𝜀+◝◜...+-𝜀◞ |(xN+1-−-A-)+-...+--(xn-−-A-)| <--n−N-ш-тук---= (n−-N-)𝜀-= 𝜀 − N-𝜀 n n n n

Получается, что вторая группа не превосходит $𝜀$ минус $N𝜀 n$ , но это вычитаемое, очевидно, стремится к нулю при $n → ∞$ и фиксированных $N$ и $𝜀$ .

Следовательно, вторая группа слагаемых может быть сделана меньше любого произвольного $𝜀 > 0$ при достаточно больших $n$ .

Получаем, что и вся разность $|Sn − A |$ может быть сделана меньше любого $𝜀$ при достаточно больших $n$ .

Следовательно, $S → A n$ .

b) Пусть $x = (− 1)n n$ . Эта последовательность не имеет предела.

Но однако для неё

( x1 + x2 + ...+ xn { 0 есл и n - чётно Sn = --------n------- = ( − 1 -n- есл и n - нечётно

И поэтому $S n$ , очевидно, будет иметь предел, равный нулю.

Ответ:

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 62#67161

Предполагая, что предел последовательности $xn$ существует, вычислить его.

1 c xn+1 = --(xn + --),x1 = 1,c > 0 2 xn

Показать ответ и решение

Предположим, что предел последовательности $xn$ равен $A$ . Тогда переходя к пределу в последнем равенстве, получаем

A = 1(A + -c) 2 A

$12A2 = 12c$ , следовательно $√ - A = ± c$ . Но поскольку нетрудно видеть, что все члены последовательности неотрицательны, то и предел тоже должен быть неотрицателен. Поэтому предел $xn$ , если он существует, равен именно положительному корню $√ - c$ .

Ответ:

$√- c$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 63#67356

Доказать при помощи теоремы Вейерштрасса, что последовательность

∘ ---∘---------√--- xn = 2+ 2 + ...+ 2 ◟-------◝◜-------◞ n корней

имеет предел.

Показать ответ и решение

1. Ограниченность $xn$ можно доказать, составив рекуррентную формулу для $xn$ . Ясно, что

√ ------ xn+1 = 2+ xn

Докажем по индукции, что $xn < 2$ для любого $n$ : база индукции очевидно выполнена ( $√ -- x1 = 2 < 2$ ).

Далее, проведём шаг индукции. Пусть при всех $n = 1,2,3,...n$ верно, что $xn < 2.$ Тогда

опр. √------ предположение индукции √----- xn+1 = 2 + xn < 2 + 2 = 2

Таким образом, нам с вами удалось показать, что $∀n ∈ ℕxn < 2.$ Значит, мы проверили ограниченность последовательности $xn.$

2. Монотонность. Действительно, $2 2 xn+1 − xn = (xn+1−-xn)(xn+1+xn)= xn+1−xn-= 2+xn-−x2n-= (xn+1+xn) xn+1+xn xn+1+xn$

$= (1+xn)(2−xn) xn+1+xn$

Давайте проанализируем, какой знак будет иметь дробь $(1+xxn)(2+−xxn). n+1 n$
Во-первых, поскольку $xn > 0∀n ∈ ℕ,$ то знаменатель заведомо положительный. Первый сомножитель в числителе тоже положительный, а вот второй сомножитель числителя, а именно $(2 − xn)$ положителен в силу оценки, которые мы доказали в пункте 1. ( $∀n ∈ ℕ xn < 2$ ).
Следовательно, и вся дробь $(1+xxnn+)1(2+−xxnn)-$ строго положительна. Но поскольку $xn+1 − xn = (1+xxnn+)1(+2−xnxn)> 0,$ то это означает, что $x > x ∀n. n+1 n$ То есть последовательность $x n$ строго возрастает.

Итак, мы получили, что $x n$ - ограничена сверху и $x n$ - монотонно возрастает. Следовательно, по теореме Вейерштрасса мы можем заключить, что $∃nl→im∞ xn.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 64#67357

Доказать при помощи теоремы Вейерштрасса, что последовательность

1 1 1 cn = 1+ --+ -- + ...+ -- 1! 2! n!

имеет предел

Показать ответ и решение

1. Монотонность. То, что $cn+1 > cn$ следует непосредственно из определения последовательности $cn$ (каждый следующий член последовательности содержит ещё одно положительное слагаемое). Следователньо, $cn$ монотонно возрастает.

2. Ограниченность. Ясно, что

1 1 1 1 1 1 1 1 cn = 1 + 1! + 2! + ...+ n! < 1+ 1 + 2-+ 22 + ...+ 2n−-1 = 2 + 1 − 2n−1-= 2 + 1− 2n−1-< 3

(здесь мы воспользовались формулой суммы геометрической прогрессии).

Следовательно, $cn$ - ограничена сверху числом 3.

Таким образом, по теореме Вейерштрасса, $c n$ имеет предел.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 65#94640

Рассмотрим следующее определение:

Опр. $xn$ - сходящаяся последовательность, если $∃A ∈ ℝ$ такое, что: $∀ 𝜀 ∈ ℝ ∃N ∈ ℕ$ такое, что $∀n > N$ выполнено неравенство $|xn − A | < 𝜀$ .

a) Какие последовательности будут сходящимися в этом смысле?

Рассмотрим следующее определение:

Опр. $xn$ - сходящаяся последовательность, если $∃A ∈ ℝ$ такое, что $∀ 𝜀 > 0 ∀N ∈ ℕ$ выполнено неравенство $|xN − A | < 𝜀$ .

b) Какие последовательности будут сходящимися в этом смысле?

Рассмотрим следующее определение:

Опр. $xn$ - сходящаяся последовательность, если $∃A ∈ ℝ$ такое, что $∀ 𝜀 ≥ 0 ∃N ∈ ℕ$ такое, что $∀n > N$ выполнено неравенство $|xn − A | ≤ 𝜀$ .

c) Какие последовательности будут сходящимися в этом смысле?

Показать ответ и решение

a) Чем это определение вообще отличается от исходного определения предела последовательности? А тем, что здесь, в отличие от правильного, изначального определения, разрешено $𝜀$ взять любой, а не только $> 0$ .

И вот эта, казалось бы, незначительная деталь всё меняет.

Потому что если взять $𝜀 < 0$ , например, $𝜀 = − 1$ , то неравенство

|xn − A | < − 1

просто невозможно. А оно по определению должно выполняться для всех $n$ , начиная с $N$ . Следовательно, таких последовательностей просто не может быть. То есть последовательностей, сходящихся в соответствии с таким новым определением вообще не существует.

b) Чем это определение вообще отличается от исходного определения предела последовательности? А тем, что здесь неравенство

|xN − A | < 𝜀

должно выполняться не начиная с какого-то номера $N$ , а вообще для всех $N$ .

Но, поскольку оно должно быть верно $∀𝜀 > 0$ , то на самом деле это означает, что такая последовательность может быть только константной последовательностью, всегда равной $A$ .

Действительно, допустим, что существует $N$ такое, что $xN ⁄= A$ . Тогда $δ = |xN − A| > 0$ . Но тогда у нас все же должно быть выполнено по нашему новому определению

∀ 𝜀 > 0 ∀N ∈ ℕ выпол нено н еравенство |xN − A| < 𝜀

И если взять $𝜀 = δ2$ , то получим противоречие. Ведь будет написано

δ δ = |xN − A| < -- 2

То есть мы получаем, что такая последовательность действительно постоянная и всегда равная $A$ .

То есть последовательность, сходящихся в соответствии с таким новым определением, обязана быть постоянной, всегда равной в точности своему пределу $A$ .

c) В чем же тут отличие относительно стандартного, изначального определения предела?

Оно состоит всего лишь в небольшой детали - $𝜀$ не $> 0$ , а $≥ 0$ , и в конце в неравенстве $|xn − A | ≤ 𝜀$ тоже можно равняться в точности $𝜀$ .

Что же тогда получится? Тогда получится, что если взять $𝜀 = 0$ то должно быть выполнено, что

∃N такое, что ∀n > N вып олнено |x − A | = 0 n

То есть при всех $n > N$ у нас $xn = A$ .

Следовательно, в этом смысле будут сходиться только те последовательности, которые, начиная с какого-то момента, просто равны в точности своему пределу (при этом до этого момента эти последовательности могут вести себя как угодно).

Ответ:

a) Никакие;
b) Только константные, всегда равные своему пределу;
c) Только такие, которые начиная с какого-то члена всегда равны своему пределу.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 66#94641

a) Доказать, что последовательность $xn → 0$ при $n → ∞$ тогда и только тогда, когда $|xn| → 0$ ;

b) Привести пример последовательности $xn$ такой, что $|xn| → |A|$ при $n → ∞$ , но при этом $xn//→A$ при $n → ∞$ .

Показать доказательство

a) По определению $xn → 0$ при $n → ∞$ означает, что

∀ 𝜀 > 0∃N ∈ ℕ такое, ч то ∀n > N вы полнено |xn − 0| < 𝜀

А то что $|xn| → 0$ при $n → ∞$ означает по определению, что

∀𝜀 > 0∃N ∈ ℕ такое, что ∀n > N выполн ено ||xn|− 0| < 𝜀

Более тут ничего и не требуется говорить. Просто видно, что это буквально одно и то же.

b) Если попробовать провернуть рассуждение, аналогичное пункту a), то, разумеется, ничего не выйдет.

А конкретный контрпример доставляе последовательность

xn = (− 1)n

Видно что $|x | → |1| n$ , но $x /→1 n/$ .

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 67#94642

a) Пусть последовательность $an$ сходится. Всегда ли является сходящейся последовательность $an+1 − an$ ?

b) Из пункта a) выведите, что последовательность $n an = (− 1)$ - не имеет предела.

Показать доказательство

a) Пусть $lim an = A n→∞$ .

Но последовательность $an+1$ отличается от $an$ только тем, что каждый ее $k−$ ый член является $k − 1$ членом последовательности $an$ . То есть её члены идут как бы с опережением на один номер относительно исходной последовательности $a n$ , и в ней просто отсутствует первый член последовательности $an$ .

В этом и все отличие. Естественно, и это очевидно, если просто расписать всё по определению, что

∃ lim an+1 = A n→ ∞

Тогда по теореме о сумме (разности на самом деле, но для разности работает так же) пределов

∃ lim (an+1 − an) = lim an+1 − lim an = A − A = 0 n→∞ n→ ∞ n→∞

b) От противного. Пусть $an = (− 1 )n$ и пусть существует $lim an = A n→ ∞$ . Тогда, как мы заметили, будет существовать и $lim a = A n→ ∞ n+1$ . Но тогда, опять же, как мы заметили,

lni→m∞ (an+1 − an) = 0

Однако нетрудно видеть, что в нашем случае

( {2, если n -ч етн о; an+1 − an = ( − 2, если n -нечетно;

А такая последовательность явно не может стремиться к 0.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 68#94643

Привести пример последовательности $an$ такой, что $an → +∞$ (то есть $an$ расходится к плюс бесконечности) и при этом:

а) $nli→m∞(an+1 − an) = 10$ ;
b) $lim (an+1 − an) = +∞ n→ ∞$ ;
c) $lim an+1-= 0 n→∞ an$ ;
d) $an+1- nli→m∞ an = 3$ ;
е) $nli→m∞ ana+n1-= +∞$ ;
f) последовательность $an+1- an$ не имеет предела

Показать ответ и решение

a) Годится последовательность $an = 10n+ 1n$ ;
b) Годится последовательность $an = n2$ ;
c) Это невозможно. Действительно, пусть

lim an+1 = 0 n→∞ an

Но тогда, поскольку мы всегда можем написать, что

a2 a3 -an- an = a1 ⋅a1 ⋅a2 ⋅...⋅an−1

Выберем такое $N$ (а оно обязательно существует по определению предела, поскольку $an+1- nli→m∞ an = 0$ ), что при всех $n > N$ выполнено

|an+1| < 1 an 2

Следовательно, при $n > N$ выполнено

|a | = |a |⋅|a2|⋅|a3|⋅...⋅|-an-| ≤ |a |⋅|a2|⋅|a3|⋅...⋅| aN-|⋅|aN+1|⋅ ...⋅| an | ≤ C ⋅(1)n−N n 1 a1 a2 an−1 1---a1---a2--- -aN-−1----aN-- ---an−1- 2 ◟ ◝≤◜C ◞ n−◟N с◝ла◜гаем◞ых

Следовательно, при $n > N$ такая последовательность уж заведомо ограничена. А по условию $an → +∞$ . Противоречие;
d) Годится последовательность $an = 3n$ ;
e) Годится последовательность $an = n!$ ;
f) Годится последовательность $an = n(2+ (− 1)n)$ . Действительно, легко видеть, что $an → + ∞$ , но в то же время

an+1 (n +1)(2+ (− 1)n+1) 1 2− (− 1)n ---- = -------------n---- = (1 + -)⋅ -------n-= an n(2 + (− 1) ) n 2+ (− 1)

= (1+ 1-)⋅ (2−-(− 1)n)2= (1+ 1)⋅(5 − 4⋅(− 1)n) n 3 n 3 3

Первый сомножитель $(1 + 1n)$ стремится к единице.

А второй сомножитель

5 4-⋅(−-1)n- (3 − 3 )

предела не имеет, поскольку представляет собой сумму константы $53$ и не имеющей предела $4⋅(−-1)n- 3$ .

Но сумма сходящейся и расходящейся последовательностей - расходится. Следовательно, второй сомножитель действительно не имеет предела.

Но произведение сходящейся не к нулю последовательности на последовательность не имеющей предела тоже не имеет предела. Таким образом, мы видим, что

an+1 -a-- n

не имеет предела.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 69#95870

Найти

1 3 5 7 2n − 1 nl→im∞ (-+ -2 + -3 + -4 + ...+ ---n--) 2 2 2 2 2

Показать ответ и решение

Обозначим через $Sn$ то выражение, у которого мы ищем предел, то есть

S = 1-+ -3 + -5 + 7- + ...+ 2n-−-1 n 2 22 23 24 2n

Тогда

1 1 3 5 2n− 1 − -Sn = −--2 −-3 − -4 − ...− --n+1- 2 2 2 2 2

Сложим тогда эти два равенства:

S − 1S = 1+ -3 + -5 + -7 + ...+ 2n-−-1 − -1 − 3- − 5-− ...− 2n-−-1 = n 2 n 2 22 23 24 2n 22 23 24 2n+1

= 1+ ( 3-− 1-)+ (-5 − -3) + ...+ (2n-−-1− 2n-−-3)− 2n−-1-= 2 22 22 23 23 2n 2n 2n+1

1 1 n = 1-+ (1-+ 1-+ ...+ -1--)− 2n-−-1 = 1-+ 2(1−-(2)-)-− 2n-−-1 2 ◟2---4---◝◜---2n−1◞ 2n+1 2 1 − 12 2n+1 сумм а геом. прогрессии

Далее, ясно, что

12(1−-(12)n)- 1-n lni→m∞ 1 − 1 = nli→m∞(1 − (2) )) = 1 2

И так же ясно, что

2n − 1 lim --n+1- = 0 n→∞ 2

Поскольку показательная функция растет на порядок быстрее степенной.

Таким образом, мы видим, что

1 1 3 Sn − -Sn → --+ 1− 0 = --, n → ∞ 2 2 2

Откуда делаем вывод, что

1- 3- nl→im∞ 2Sn = 2, т.е. nli→m∞ Sn = 3

Ответ:

$3$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 70#96595

Для чего в самом начале доказательства критерия Коши в достаточную сторону доказывается ограниченность фундаментальной последовательности $an$ ?

Показать ответ и решение

В ходе доказательства в дальнейшем мы вводим две вспомогательные последователньости

ln = inf{ak}, sn = sup{ak} k≥n k≥n

Если бы наша последовательность $an$ была бы не ограниченной, то по меньшей мере одна из этих последовательностей была бы не определена. Ибо для того, чтобы $l n$ была определена для любого $n$ , необходимо, чтобы последователньость $an$ была ограничена снизу (иначе никакого инфимума ни у неё, ни у какого из её хвостов - не существует).

Аналогично, чтобы $s n$ была определена для любого $n$ , необходимо, чтобы последователньость $a n$ была ограничена сверху.

Таким образом, доказывать в самом начале ограниченность $an$ нам было нужно затем и ровно затем, чтобы ввести определенные последовательности $ln$ и $sn$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 71#96596

Доказать, пользуясь критерием Коши, что последовательность

cos1! cos2! cos 3! cosn! xn = -----+ -----+ -----+ ...+ ---------- 1⋅2 2 ⋅3 3 ⋅4 n⋅(n + 1)

сходится.

Показать ответ и решение

Пусть $𝜀 > 0$ - произвольное положительное число. Оценим $|xn − xm|$ . Будем для определенности вновь считать, что $n > m$ :

|x − x | = |--cos(m--+-1)!--+ --cos(m-+-2)!---+ ...+ --cosn!--| ≤ n m (m + 1) ⋅(m + 2) (m + 2)⋅(m + 3) n⋅(n + 1)

(по неравенству треугольника )

≤ |--cos(m-+-1)!--|+ |---cos(m--+-2)!--|+ ...+ |--cosn!---| ≤ (m + 1)⋅(m + 2) (m + 2) ⋅(m + 3) n ⋅(n+ 1)

1 1 1 ≤ ---------------+ ---------------+ ...+ -------- = (m + 1)(m + 2) (m + 2)(m + 3) n (n + 1)

--1--- --1--- --1--- --1--- 1- --1-- = (m + 1 − m + 2)+ (m + 2 − m + 3) + ...+ (n − n + 1) =

(всё сокращается)

= --1---− --1-- < --1--- m + 1 n + 1 m + 1

Но ясно, что для любого $𝜀 > 0$ можно подобрать такое $N$ , что при всех $n > N, m > N$ будет выполнено $--1- < 𝜀 m+1$ .

А именно, надо просто взять $N > 1 + 100 𝜀$ и этого будет достаточно. Ведь тогда при всех $m > N$ (и при всех $n$ вообще, а тем более и при всех $n > N$ ) обязателньо будет выполнено, что $1 m+1-< 𝜀$ . Но тем более тогда, в силу нашей оценки, при таких $m, n$ будет

|xn − xm | < 𝜀

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 72#139355

Докажите, что если $yn → B$ при $n → ∞$ и $B ⁄= 0,$ то $1y- n$ - ограничена.

Показать доказательство

Действительно, поскольку $yn → B,$ а $B ⁄= 0,$ то, просто по определению предела, начиная с какого-то момента мы будем попадать в любую $𝜀$ -окрестность числа $B.$ Но нам надо отступить от нуля, чтобы не получилось случайно, что знаменатели у $1yn$ слишком маленькие, то есть сами дроби $1- yn$ - слишком большие. Поэтому пусть $Δ = |B|$ - расстояние от точки $B$ до нуля. Возьмём теперь в качестве $𝜀$ число $Δ2-.$ Тогда (по определению того, что $lim yn = B n→ ∞$ ) мы заключаем, что $∃N ∈ ℕ$ такое, что $∀n > N$ $|y − B | < Δ-, n 2$ или, переписывая это последнее неравенство:

Δ Δ B − 2- < yn < B + -2 при всех n > N.

Но мы тем самым отделили $yn$ от нуля (так как числа $Δ- B − 2$ и $Δ- B + 2$ очевидно одного знака, то есть находятся по одну сторону от $0.$ Если сомневаетесь, вспомните, что $Δ$ у нас и обозначало $|B|,$ то есть расстояние от $B$ до нуля). Осталось только взять и перевернуть все члены неравенства (от этого и все знаки в неравенстве поменяются), и получить, что

--1---< 1--< ---1---при всех n > N. B + Δ2- yn B − Δ2-

Вот мы и ограничили последовательность $1- yn$ начиная с $N$ . Но начальный её кусок, очевидно, ограничен в любом случае, потому что начальный кусок любой последовательности ограничен. Значит, она и вся целиком ограничена.