Ма1_СТУД

Для числовой последовательности ее предел можно проиллюстриро-

вать следующим образом:
a ( " daN+5	at	adN+43 a +)"	-
Если последовательность	fang векторная, то условие an 2 U"(a)
	k
(jan aj < ") означает, что P(an(i) a(i))2 < "2.

i=1

Исследовать сходимость векторной последовательности помогает следующая теорема:

Теорема 1.1. Для того чтобы векторная последовательность fang = f(a(1)n ; a(2)n ; :::; a(nk))g точек из R(k) сходилась к точке a = (a(1); a(2); :::; a(k))

необходимо и достаточно, чтобы каждая коорäèíатная последователь-

ность сходилась, причем lim a(ni) = a(i) (8i = 1; k).

n!1

В теореме утверждается, что сходимость векторной последовательности сводится к сходимости всех координатных последовательностей.

Доказательство. 1. Необходимость. Пусть векторная последовательность fang = f(a(1)n ; a(2)n ; :::; a(nk))g сходится к точке a = (a(1); a(2); :::; a(k)). Òî-

гда для любого сколь угодно малого положительного числа " существу-

ет номер N(") такой, что для всех n > N(") выполняется неравенство

k

jan aj < " èëè P(a(ni) a(i))2 < "2. Если сумма неотрицательных чисел

i=1

не превосходит некоторого числа, то и каждое слагаемое не превосходит этого числа, то есть (a(ni) a(i))2 < "2. Следовательно, ja(ni) a(i)j < " äëÿ

всех n > N("). Значит, каждая из координатных последовательностей

сходится.

2. Достаточность. Задана векторная последовательность

fang = f(a(1)n ; a(2)n ; :::; a(nk))g и пусть все координатные последовательно-

сти сходятся, причем lim a(ni) = a(i) (для каждого i = 1; 2; : : : ; k). Дока-

n!1

жем, что последовательность fang сходится к точке a = (a(1); a(2); :::; a(k)). Сходимость координатных последовательностей означает, что для любого сколь угодно малого положительного числа " существуют номера

21

Ni(") такие, что для всех n > Ni(") выполняются соответствующие неравенства

(i)		(i)	"
jan	a		j <	p		( ).
					k

Положим N = maxfN1; N2; : : : ; Nkg. Тогда для любого n > N выполняются все k неравенств ( ). Имеем

k

jan aj2 = P(a(ni)

i=1

a	) < i=1		pk				2	= "
							= k k		2.
	(i) 2	k	"				"2
		P

Это значит, что векторная последовательность сходится и ее предел ра-

âåí a = (a(1); a(2); :::; a(k)).

Поэтому при дальнейшем изложении материала будем рассматривать числовые последовательности fang (fang 2 R).

Сформулируем и докажем некоторые теоремы о пределах последовательностей.

Теорема 1.2. Если последовательность имеет предел, то этот предел единственный.

Доказательство. Проведем методом от противного.

Предположим, что последовательность		fang имеет два предела, то
åñòü lim an = a и одновременно	lim an	= b. Пусть для определен-
n!1	n!1
ности a < b. Зададим " = b a	. По определению предела для это-
2

го " существует номер, начиная с которого выполняется неравенство

	b a	< an		a < b a	. Из этого неравенства следует, что	an < a + b.
	2			2		2

Аналогично, для этого же " существует номер, начиная с которого вы-

полняется неравенство			b a	< an		b <	b a	. Из этого неравенства
			2				2
следует, что an >	a + b
	2	. Таким образом, начиная с некоторого номера,
справедливы оба неравенства				an <	a + b		è an	>	a + b
						2			2 . А это невоз-

можно. Значит, наше предположение неверно, и последовательность fang имеет единственный предел.

Последовательность f ng называется бесконечно малой, åñëè åå ïðå-

дел равен 0:	lim n = 0.
	n!1

22

Условие lim n = 0 означает, что для любого числа " > 0 существует

n!1

номер N(") такой, что для всех членов последовательности с номерами

n > N(") выполняется неравенство j nj < ".

Если последовательность fang сходится к числу a (an ! a), то последовательность n = an a будет бесконечно малой.

Справедлива следующая теорема:

Теорема 1.3. Всякую сходящуюся последовательность можно представить в виде суммы ее предела и некоторой бесконечно малой последовательности.

Эта теорема следует непосредственно из определения предела. Последовательность fbng называется бесконечно большой, åñëè äëÿ

любого положительного числа E существует номер N(E) такой, что для

всех членов последовательности с номерами n > N(E) выполняется

неравенство jbnj > E.

О бесконечно больших последовательностях говорят, что они сходятся

к бесконечности или lim bn = 1.

n!1

Теорема 1.4. Если последовательность f ng ( n 6= 0) является бес-

			bn n		1	o
конечно малой, то последовательность fbng =					n	является беско-
нечно большой, и если последовательность		f g			является бесконечно
малой.	f ng = nbn o				является бесконечно
большой, то последовательность			1

Задание 1.1. Докажите, что

1) Åñëè an+1 an > 0, то последовательность fang является возрастающей, а если an+1 an < 0, то последовательность fang является убывающей.

2) Пусть an > 0. Åñëè		an+1		> 1, то последовательность fang является
		an
возрастающей, а если	an+1		< 1, то последовательность fang является
	an

убывающей.

Задание 1.2. Докажите что

23

1) lim 1 = 0;

n!1 n

2) lim qn = 0, åñëè jqj < 1.

n!1

2. Основные теоремы о пределах последовательности.

В этом параграфе сформулируем и докажем основные теоремы о свойствах пределов сходящихся последовательностей.

Лемма 2.1. Сумма двух бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.

Доказательство. Пусть f ng è f ng две бесконечно малые последовательности. По определению предела последовательности для любого числа " > 0 существуют номера N1(") è N2(") такие, что для всех членов последовательностей с номерами n > N1(") è n > N2(") выполня-

ется неравенства j nj <	"	( ) è j nj <	"	( ) соответственно. Пусть
	2		2

N = maxfN1("); N2(")g. Тогда при n > N выполняются оба неравенства

(*) и (**). Имеем j n + nj 6 j nj + j nj < 2" + 2" = ". Это значит, что последовательность n + n является бесконечно малой.

Следствие 2.2. Сумма любого конечного числа бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.

Лемма 2.3. Произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную есть бесконечно малая последовательность.

Доказательство. Пусть f ng бесконечно малая последовательность, fbng ограниченная последовательность. Значит, существует число M такое, что для всех членов последовательности fbng справедливо неравенство jbnj 6 M. По определению предела для любого числа " > 0 суще-

ствуeт номер N(") такой, что для всех членов последовательности n ñ

номерами n > N(") выполняется неравенство j nj < M" . Пусть n > N("). Тогда справедливо неравенство j nbnj = j nj jbnj < M" M = ". Ýòî îçíà-

чает, что последовательность nbn является бесконечно малой.

24

Теорема 2.4. Если последовательность имеет конечный предел, то она ограничена.

Доказательство. Пусть последовательность fang сходится и lim an = a.

n!1

По определению предела для любого числа " > 0 существует номер N("), начиная с которого все члены последовательности fang удовлетворяют неравенству a " < an < a + ", то есть принадлежат интервалу (a "; a + "). Обозначим через m = minfa "; a1; a2; : : : ; aN(")g, M = maxfa + "; a1; a2; : : : ; aN(")g. Тогда все члены последовательности удовлетворяют двойному неравенству m 6 an 6 M. Следовательно, последовательность fang ограничена.

Следствие 2.5. Произведение двух бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.

Следствие 2.6. Произведение любого конечного числа бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.

Следующая теорема дает основные правила вычисления пределов последовательностей.

Теорема 2.7. Пусть fang è fbng сходящиеся последовательности и

lim an	= a, lim bn = b. Справедливы следующие утверждения:
n!1	n!1
1.	lim c = c		(c константа);
	n!1
2.	lim (an + bn) = a + b;
	n!1
3.	nlim!1(an bn) = a b;
4.	nlim!1(an bn) = a b;
5.	nlim (c an) = c a;
	!1 an	a	(bn 6= 0; b 6= 0).
6.	nlim!1 bn	= b

Доказательство. Докажем второй и четвертый пункты теоремы.

2. Последовательность fang сходится и lim an = a. По определению

n!1

предела для любого числа " > 0 существует номер N1("), начиная с которого все члены последовательности fang удовлетворяют неравенству

25

jan aj < 2" ( ). Аналогично для последовательности fbng, сходящейся к числу b, для этого же числа " > 0 существует номер N2("), начиная с

которого все члены последовательности fbng удовлетворяют неравенству jbn bj < 2" ( ).

Обозначим через N = maxfN1("); N2(")g. Тогда для всех номеров n > N справедливы оба неравенства (*) и (**). Имеем

j(an + bn) (a + b)j = j(an a) + (bn b)j 6 jan aj+ jbn bj < 2" + 2" = ".

Следовательно, по определению предела a + b = lim (an + bn).

n!1

4. Так как последовательность fang сходится, то она ограничена, то есть janj < M. По определению предела для любого числа " > 0 суще-

ствует номер N1("), начиная с которого все члены последовательности fang удовлетворяют неравенству jan aj < 2j"bj ( ). Аналогично для последовательности fbng, сходящейся к числу b, для этого же числа " > 0

существует номер N2("), начиная с которого все члены последователь-

ности fbng удовлетворяют неравенству jbn bj <	"	( ).
	2jMj

Обозначим через N = maxfN1("); N2(")g. Тогда для всех номеров n > N справедливы оба неравенства (*) и (**). Имеем

janbn abj = janbn anb + anb abj = jan(bn b) + b(an a)j 6 6 janj jbn bj + jbj jan aj < M 2M" + jbj2j"bj = ". Следовательно, по

определению предела ab = lim (anbn).

n!1

Приведем еще одно доказательство этого пункта теоремы. Последова-

тельность fang сходится и lim an = a. Тогда an = a + n и последова-

n!1

тельность f ng бесконечно малая. Последовательность fbng сходится

è lim bn = b. Тогда bn = b + n и последовательность f ng бесконечно

n!1

малая. Имеем

anbn = (a + n)(b + n) = ab + a n + b n + n n. Последовательность a n + b n + n n бесконечно малая (следствия 2.2

и 2.5). По теореме 1.3 lim anbn = ab.

n!1

Теорему 2.7 мы доказывали при условии, что обе последовательности имеют конечные пределы и предел знаменателя дроби отличен от нуля.

26

Выражения	1 1	, 0	1	, 0	,	1	являются неопределенностями, об их
				0		1

величине ничего определенного сказать нельзя. Для раскрытия неопределенностей существуют специальные приемы.

Пример 2.1. Вычислите lim 6n22 5n + 17. n!1 n + 7n + 12

Решение . Данная дробь представляет собой неопределенность вида 11. Чтобы раскрыть ее, вынесем за скобки в числителе и знаменателе самую большую степень n, то есть n2. Получим

2

5

17

5

17

n 6

+

6

+

6n2

n

n2

lim

5n + 17

= lim

= lim

n

n

2

=

2

7

12

7

12

n

n

n

!1 n + 7n + 12

!1 n2 1 +

+

!1

1 +

+

n

n2

n

n2

nlim 6 nlim

5

17

+ nlim

n

2

6

0 + 0

=

!1

!1

!1 n

=

= 6.

lim 1 + lim

7

+ lim

12

1 0 + 0

n!1

n!1 n

n!1 n2

3n + 2

n + 4

.

n!1

n2

Пример 2.2. Вычислите lim

3n2

+ 2n

5

n

1

Решение . Данная дробь представляет собой неопределенность вида 1 1. Чтобы раскрыть ее, приведем сначала дроби к общему знамена-

телю, а затем будем действовать как в предыдущем примере.

lim

3n2 + 2n 5 n2

n 1

3n + 2

n + 4 =

n!1

= lim

(3n2 + 2n 5)(n + 4) (n2 n 1)(3n + 2)

=

n

!1

(3n + 2)(n + 4)

(3n3 + 14n2 + 3n 2 20) (3n3 n2 5n 2)

= lim

=

n!1

3n + 14n + 8

n2

8

18

15 +

2

18 = lim

n

n2

15 + 0 0

= lim 15n2 + 8n

=

= 5.

3 +

14

8

n

!1

3n + 14n + 8

n

!1 n2

3 + 0 + 0

+

n

n2

Пример 2.3. Вычислите lim 5 3n+1 + 2n 3

n!1 3n 5 2n+1 .

Решение . Данная дробь представляет собой неопределенность вида 11. Чтобы раскрыть ее, вынесем за скобки в числителе и знаменателе 3n. Ïî-

27

лучим																										n											n
															1							2								1			2
				n			n+1
			5																														3
				3n+1			+ 2n 3							3n 5 3 + 8								3								15 + 8
lim											= lim																	= lim										=
			3 5				2							3n 1 10											n					1 10			3			n
n	!1										n	n	!1									3						n	!1
																						2											2
		15 + 8 n!1							3		n				15 + 8 0
=												= lim									= 15.
				1					2						1
						lim							n!1
		1				lim			2						1 10 0
									3
				10 n!1

Пример 2.4. Вычислите lim 5 3n+1 + 2n 3

n!1 3n 5 2n+1 .

Решение . Данная дробь представляет собой неопределенность вида 11. Чтобы раскрыть ее, вынесем за скобки в числителе и знаменателе 3n. Ïî-

лучим																															n															n
																					1				2													1			2
				n			n+1
			5																																			15 + 8
				3n+1			+ 2n 3							3n 5 3 +							8 3																				3
lim											= lim																								= lim												=
			3 5				2								3n 1 10															n								1 10			3				n
n	!1										n	n	!1												3											n	!1
																										2																2
= 15 + 8 n!1									3		n					15 + 8 0
												= lim													= 15.
				1					2									1
						lim							n!1
		1				lim			2							1 10 0
									3
				10 n!1										n!1 p
																		4n2				n 5								1					.
Пример 2.5. Вычислите lim

Решение . Данная дробь представляет собой неопределенность вида

1 1. Чтобы раскрыть ее, нужно избавиться от радикала в выражении

вида 1 1. Для этого умножим числитель и знаменатель дроби на

выражение, сопряженное числителю.

lim

( 4n2 + 5n 1 n)(

4n2 +

5n 1 + n)

n

!1 p

(

n

n2 + 5n 1 + n)

5)( 4

p

= lim

2

n

1

n2

=

4n + 5p

n!1 (n

5)(

4n2 + 5n

1 + n)

n2

n

= lim

3p

+ 5

1

.

n!1 (n 5)(p4n2 + 5n

1 + n)

Вынесем за скобки в числителе и знаменателе

=

n2. Получим

28

n2

5

1

3 +

lim

n

n2

=

r

+ 1!

n

!1 n2 1 n

4 + n n2

5

5

1

5

1

3 +

= lim

n

n2

= lim

3 = 1; 5.

n

!1

1 n

r4 + n n2 + 1!

n

!1

2

5

5

1

Пример 2.6. Вычислите lim

72

+ 129

2

cos n + 2n 5.

n

n + 8

n

!1

0; 1n + 4n + 17

n 7 +

Решение . Имеем

lim

7n + 129

= lim

n

=

129

2

!1 n2 0; 1 + n + n2

n

!1 0; 1n + 4n + 17

n

4

17

129

cos

7 +

n2

+ 2n + 17

lim

n

= 0

è

6 1

. Применив теоре-

;

4

n!1 n

17

n + 8

0 1 +

+

n

n

2

му о произведении бесконечно малой

последовательности

на ограниче-

ную (теор. 2.3), получим, что lim

72

+ 129

2

cos n + 2n 5 = 0.

n

n + 8

n

!1

0; 1n + 4n + 17

Задание 2.1. 1) Последовательность fang имеет предел, а последовательность fbng предела не имеет. Что можно сказать о последовательностях fan + bng è fanbng?

2) Последовательности fang è fbng не имеют предела. Может ли иметь предел последовательность fanbng? Может ли иметь предел последовательность fan + bng?

Задание 2.2. 1) Пусть nlim!1 an = 0 , а последовательность fbng произ-
вольна. При каком условии lim anbn = 0? Приведите примеры.
n!1
2) Пусть lim anbn = 0. Следует ли отсюда, что либо	lim an = 0 ëèáî
n!1	n!1

lim bn = 0? Приведите примеры.

n!1

Задание 2.3. Приведите примеры, когда обе последовательности fang è fbng не имеют предела, а последовательности fan +bng è fanbng имеют

29

пределы.

2

2n + 1

Задание 2.4. Вычислите

lim

15n

.

2

n!1

0; 5n + 14n + 7

Задание 2.5. Вычислите

lim

n4 +45n3 22n + 9

.

n!1

2n + 4n + 3

Задание 2.6. Вычислите

lim

10000n3

5n + 8

.

4

3

n!1

3n

9n + 1

Задание 2.7. Вычислите lim

n3 + 12n2 + 9

0; 1n4 7n + 2.

n!1

Задание 2.8. Вычислите lim

7n2 + 3n

6

4n

9

2n2 + 4n 5 2n + 3 .

n!1

Задание 2.9. Вычислите lim

4n2 + 5n 1 2n2 + 3n 5

2n2 + n + 5

n 8 .

n!1

p

p

Задание 2.10. Вычислите lim

4n2 + 4n + 7

n2 + n + 5

.

n!1

p

5n + 1

p

Задание 2.11. Вычислите lim

n2

n

4n2

+

n

2 .

n!1

4

+ 7 + 3

n!1 p

5 p

3n +

n2

n + 4

.

Задание 2.12. Вычислите lim

n4 + 6n3 + 2n + 9

3. Предельный переход в неравенствах.

Сформулируем и докажем несколько теорем о вычислении пределов в неравенствах.

Теорема 3.1. Пусть последовательность fang сходится. Если, начи- ная с некоторого номера (то есть для всех n > n0) выполняется нера-

венство an 6 c (an > c), òî lim an 6 c ( lim an > c).
n!1	n!1
В теореме утверждается, что если	lim an = a è an 6 c, òî a 6 c.
	n!1

Заметим, что если an < c (неравенство строгое), то lim an 6 c (íåðà-

n!1

венство не является строгим). Существуют примеры последовательно-

стей, для которых lim an = c. Например, an =		1	> 0, íî lim an =
		n
	n!1		n!1
lim	1
	n = 0.
n!1

30