Введение в математический анализ. Азизов Т.Я - 49 стр.

UptoLike

Составители: 

Рубрика: 

двух, получим a = (1 + ε
n
)
n
=
n
P
k=0
C
k
n
ε
k
n
1 +
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 +
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·...·(2n1)
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·...·(2n1)
2·4·...·2n
= 0.
Пример 4.38. Пусть дана последовательность x
1
= 2, x
2
= 8, x
n
= 4x
n1
x
n2
для n 3. Вычислим lim
n→∞
x
n
x
n1
.
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)
k1
4(2
3)
k1
(2 +
3)
k2
+ (2
3)
k2
) =
1
3
((2+
3)
k2
(7+4
3)(2
3)
k2
(74
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