ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
двух, получим a = (1 + ε
n
)
n
=
n
P
k=0
C
k
n
ε
k
n
≥ 1 + nε
n
. Следовательно,
a − 1
n
≥
ε
n
≥ 0. Отсюда по теореме 4.28 получаем lim
n→∞
ε
n
= 0. Теперь из равенства
n
√
a = = 1 + ε
n
и теоремы 4.26 вытекает равенство lim
n→∞
n
√
a = 1.
Если 0 < a < 1, то 1/a > 1 и по вышедоказанному lim
n→∞
n
p
1/a = 1.
Тогда по теореме 4.26 получаем lim
n→∞
n
√
a = lim
n→∞
1
n
p
1/a
= 1. Случай a = 1
очевиден.
Пример 4.36. Докажем, что lim
n→∞
n
√
n = 1. Обозначим
n
√
n = 1 + ε
n
, где
0 < ε
n
< 1 для каждого n ∈ N. Тогда n = (1 + ε
n
)
n
, n ∈ N. Так же, как и в
предыдущем примере, воспользуемся биномом Ньютона.
n = (1 + ε)
n
=
n
X
k=0
C
k
n
ε
k
n
≥ 1 + nε
n
+
n(n − 1)
2
ε
2
n
≥ 1 +
n(n − 1)
2
ε
2
n
.
Отсюда вытекает оценка 2/n ≥ ε
2
n
> 0. По теореме 4.28 это означает, что
lim
n→∞
ε
2
n
= 0. Согласно примеру 4.21 получаем, что lim
n→∞
ε
n
= 0. Теперь по
теореме 4.26 из равенства
n
√
n = 1 + ε
n
следует равенство lim
n→∞
n
√
n = 1.
Пример 4.37. Пусть x
n
=
1·3·...·(2n−1)
2·4·...·2n
, n ∈ N. Вычислим lim
n→∞
x
n
. Так как
для любого n ∈ N выполнены соотношения
x
2
n
=
1
2
· 3
2
· ... ·(2n −1)
2
2
2
· 4
2
· ... · (2n)
2
=
1 · 3
2
2
·
3 · 5
4
2
···
(2n − 1)(2n + 1)
(2n)
2
·
1
2n + 1
<
1
2n + 1
,
то 0 < x
n
<
1
√
2n+1
для всех n ∈ N. Отсюда по теореме 4.28 получаем
равенство lim
n→∞
1·3·...·(2n−1)
2·4·...·2n
= 0.
Пример 4.38. Пусть дана последовательность x
1
= 2, x
2
= 8, x
n
= 4x
n−1
−
−x
n−2
для n ≥ 3. Вычислим lim
n→∞
x
n
x
n−1
.
Во-первых, покажем, что для всех n ∈ N выполнено равенство x
n
=
=
1
√
3
(2 +
√
3)
n
−
1
√
3
(2 −
√
3)
n
. Для n = 1 это равенство проверяется непо-
средственно. Предположим, что оно выполнено для n = k − 1 и n = k, и
докажем его для n = k + 1. Тогда, в соответствии с принципом математи-
ческой индукции, требуемое равенство будет верно для всех n ∈ N.
x
k+1
=
1
√
3
(4(2 +
√
3)
k−1
− 4(2 −
√
3)
k−1
− (2 +
√
3)
k−2
+ (2 −
√
3)
k−2
) =
1
√
3
((2+
√
3)
k−2
(7+4
√
3)−(2−
√
3)
k−2
(7−4
√
3)) =
1
√
3
((2+
√
3)
k
−(2−
√
3)
k
).
49
� n a−1 двух, получим a = (1 + εn )n = Cnk εkn ≥ 1 + nεn . Следовательно, ≥ k=0 n εn ≥ 0. Отсюда по теореме 4.28 получаем lim εn = 0. Теперь из равенства √ n→∞ √ n a = = 1 + εn и теоремы 4.26 вытекает равенство lim n a = 1. n→∞ � Если 0 < a < 1, то 1/a > 1 и по вышедоказанному lim n 1/a = 1. n→∞ √ 1 Тогда по теореме 4.26 получаем lim n a = lim � = 1. Случай a = 1 n→∞ n→∞ n 1/a очевиден. √ √ Пример 4.36. Докажем, что lim n n = 1. Обозначим n n = 1 + εn , где n→∞ 0 < εn < 1 для каждого n ∈ N. Тогда n = (1 + εn )n , n ∈ N. Так же, как и в предыдущем примере, воспользуемся биномом Ньютона. n � n n(n − 1) 2 n(n − 1) 2 n = (1 + ε) = Cnk εkn ≥ 1 + nεn + εn ≥ 1 + εn . 2 2 k=0 Отсюда вытекает оценка 2/n ≥ ε2n > 0. По теореме 4.28 это означает, что lim ε2n = 0. Согласно примеру 4.21 получаем, что lim εn = 0. Теперь по n→∞ √ n→∞ √ теореме 4.26 из равенства n = 1 + εn следует равенство lim n n = 1. n n→∞ Пример 4.37. Пусть xn = 1·3·...·(2n−1) 2·4·...·2n , n ∈ N. Вычислим n→∞ lim xn . Так как для любого n ∈ N выполнены соотношения 12 · 32 · ... · (2n − 1)2 1 · 3 3 · 5 (2n − 1)(2n + 1) 1 1 x2n = = · ··· · < , 22 · 42 · ... · (2n)2 22 42 (2n)2 2n + 1 2n + 1 то 0 < xn < √ 1 для всех n ∈ N. Отсюда по теореме 4.28 получаем 2n+1 равенство lim 1·3·...·(2n−1) = 0. n→∞ 2·4·...·2n Пример 4.38. Пусть дана последовательность x1 = 2, x2 = 8, xn = 4xn−1 − −xn−2 для n ≥ 3. Вычислим lim xxn−1 n . n→∞ Во-первых, √ n покажем, что для всех n ∈ N выполнено равенство x n = √ 1 1 = √3 (2 + 3) − √3 (2 − 3)n . Для n = 1 это равенство проверяется непо- средственно. Предположим, что оно выполнено для n = k − 1 и n = k, и докажем его для n = k + 1. Тогда, в соответствии с принципом математи- ческой индукции, требуемое равенство будет верно для всех n ∈ N. 1 √ √ √ √ xk+1 = √ (4(2 + 3)k−1 − 4(2 − 3)k−1 − (2 + 3)k−2 + (2 − 3)k−2 ) = 3 1 √ √ √ √ 1 √ √ √ ((2+ 3)k−2 (7+4 3)−(2− 3)k−2 (7−4 3)) = √ ((2+ 3)k −(2− 3)k ). 3 3 49
Страницы
- « первая
- ‹ предыдущая
- …
- 47
- 48
- 49
- 50
- 51
- …
- следующая ›
- последняя »