Введение в анализ. Предел последовательности - 26 стр.

UptoLike

ВУЗ: 

ЮФУ | Ростов-на-Дону

Составители: 

Рубрика: 

2
n
= (1 + 1)
n
= 1 + n +
n(n − 1)
2
+ . . . + 1 > n, ∀ n ≥ 1,
то |x
n
| <
1
2
n
<
1
n
, ∀n ≥ 1. Но тогда
1
n
< ε ⇐⇒ n > 1/ε. Положим N =
max{1, [1/ε]} и получим, что |x
n
− 0| < 1/n < ε, ∀n > N. Следовательно,
lim x
n
= 0.
c) Зафиксируем ε > 0. Найдем такое число N, что для n > N
|x
n
− 0| = |x
n
| =
n +
√
n
n
4
+ n − arctg n
< ε.
Из определения функции y = arctg x следует, что 0 < arctg n < n, ∀n ∈ N.
Поэтому |n
4
+ n − arctg(n)| = n
4
+ n − arctg n и
n +
√
n
n
4
+ n − arctg(n)
=
n +
√
n
n
4
+ n − arctg n
<
2n
n
4
=
2
n
3
<
1
n
, ∀n ≥ 2.
Поскольку
1
n
< ε ⇐⇒ n >
1
ε
, то, считая N = max{2, [1/ε]}, получим, что
|x
n
− 0| < 1/n < ε для всех n > N. Учитывая произвольность числа ε > 0 и
определение предела последовательности заключаем, что lim x
n
= 0.
Пример 26. Доказать, что последовательность
(
(−1)
n
+
1
n
)
не имеет пре-
дела в R.
Выпишем первые члены последовательности
0, 1 +
1
2
, −1 +
1
3
, 1 +
1
4
, −1 +
1
5
, . . . , −1 +
1
2n − 1
, 1 +
1
2n
, . . . .
Для любых k, n ∈ N
x
2k
− x
2n−1
= 1 +
1
2k
−
−1 +
1
2n − 1
!
=
1 +
1
2k
!
+
1 −
1
2n − 1
!
и 1 −
1
2n − 1
≥ 0, поэтому x
2k
− x
2n−1
≥ 1 +
1
2k
> 1. Таким образом, чле-
ны последовательности с четными и нечетными номерами удалены друг от
друга на расстояние, большее 1. Следовательно, для любого числа a ∈ R,
существует окрестность, например, U
a
(1/2) , вне которой лежит бесконечно
много членов последовательности, а поэтому последовательность не имеет
предела в R.
Доказательство последнего утверждения можно провести иначе. Рассмот-
рим последовательности {x
2k
}
∞
k=1
и {x
2k−1
}
∞
k=1
. Докажем, используя опреде-
ление 8 предела последовательности, что ∃ lim
k→∞
x
2k
= 1 и lim
k→∞
x
2k−1
= −1.
26

Страницы