ANTIDEMIDOVICH-00-MAIN

Ï Ð È Ì Å Ð 14 (81) Доказать сходимость последовательности:

x1 = p

x2 = q

;

xn = r

2 + q

;

;

2 + p

2 + : : : + p

2

2

: : : ;

2

: : : :

{z

}

xn = p2 +|xn 1

n корней

Решение. Из очевидного равенства

следует монотонное возрастание

последовательности xn. Осталось показать ее ограниченность сверху.

Докажем от противного, что xn 2 предположим, что xn > 2. Тогда получаем

x2

= 2 + x

n 1

< 2 + x

n

< x + x

n

; x2 < 2x

n

; x

n

< 2

n

n

n

противоречие, следовательно xn 2.

Из монотонности и ограниченности xn следует ее сходимость.

Ï Ð È Ì Å Ð 15 (82) Доказать сходимость последовательности:

xn = a0 + a1q + : : : + anqn;

ãäå

jakj < M

(k = 0; 1; 2; : : :) è

jqj < 1:

Решение. Рассмотрим разность

=

n+m aiqi

jxn xn+mj =

n

aiqi n+m ajqj

:

i=0

j=0

i=n+1

X

X

X

По формуле суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии

1

n+m

n+m

aiqi

qi

< M

n+1

i=n+1 aiqi

< i=n+1

< M i=n+1

1jq jqjj ! 0

X

X

X

ïðè

n

. Следовательно,

xn

xn+m

0

è

xn

сходится по критерию Коши.

! 1

j !

j

Ï Ð È Ì Å Ð 16 (83) Доказать сходимость последовательности:

xn =

sin 1

+

sin

2

+ : : : +

sin n

:

2

n

2

2

2

Решение. Повторяя решение предыдущего примера 15 с q = 1=2 и an = (sin n)=2, получаем сходимость xn по критерию Коши.

Ï Ð È Ì Å Ð 17 (88) Пользуясь критерием Коши, доказать расходимость последо-

вательности	1		1					1
xn = 1 +		+			+ : : : +				:
	2		3					n
Решение. Пусть " 2 (0; 1=2). Тогда		m
					1			m
	Xi
				n + i > n + m:
jxn xn+mj =		=1

Возьмем теперь m = n, тогда jxn xn+mj > 1=2 > ". Следовательно, xn расходится.

11

3Предел функций

Ограниченность функции. Функция f(x) называется ограниченной на промежутке (a; b), если существует некоторые числа m и M такие, что m f(x) M при x 2 (a; b).

Число m0 = infx2(a;b) ff(x)g = max m называется нижний гранью функции f(x), а число M0 = supx2(a;b) ff(x)g = min M верхней гранью f(x) на промежутке (a; b).

Разность M0 m0 называется колебаниями функции на промежутке (a; b).

Предел функции в точке. Пусть функция f(x) определена на множестве X = fxg, имеющем точку сгущения a. Запись

lim f(x) = A

x!a

обозначает, что для каждого числа " > 0 существует число = (") > 0 такое, что для всех x, для которых f(x) имеет смысл и которые удовлетворяют условию 0 < jf(x) Aj < ",

справедливо неравенство

jf(x) Aj < ":

Для существования предела функции необходимо и достаточно, чтобы для каждой последовательности xn ! a, xn 6= a (xn 2 X; n = 1; 2; : : :), было выполнено равенство

lim f(xn) = A:

x!a

Имеют место два замечательных предела:

1) lim	sin x	= 1;	2) lim (1 + x)1=x = e:
x!0 x			x!0

Критерий Коши. Предел функции f(x) в точке a существует тогда и только тогда, когда для каждого " > 0 найдется = (") > 0 такое, что

jf(x0) f(x00)j < "

как только 0 < jx0 aj < è 0 < jx00 a <j < , ãäå x0 è x00 любые точки из области определения функции f(x).

Односторонние пределы. Число A0 называется пределом слева функции f(x) в точ-

êå a:

A0 = lim f(x) = f(a 0);

x!a 0

åñëè jA0 f(x)j < " ïðè 0 < a x < (").

Аналогично, число A00 называется пределом справа функции f(x) в точке a

A00 = lim f(x) = f(a + 0);

x!a+0

åñëè jA00 f(x)j < " ïðè 0 < x a < (").

12

Для существования предела функции f(x) в точке a необходимо и достаточно, чтобы

f(a 0) = f(a + 0).

Бесконечный предел. Условная запись

lim f(x) = 1;

x!a

обозначает, что для любого E > 0 справедливо неравенство: jf(x)j > E, если только

0< jx aj < (E).

ÏÐ È Ì Å Ð 18 (411) Найти значение следующих выражений:

	1) lim	x2 1	;	2) lim	x2 1	;	3) lim	x2 1	:
		2x2 x 1			2x2 x 1			2x2 x 1
	x!0			x!1			x!1

Решение. Рассмотрим каждый случай отдельно.

1) Подставляя x = 0, получаем отсутствие неопределенности. Вычисляем

lim

x2 1

=

x2 1

1

x=0

= 1:

x!0

2x2

x

1

2x2

x

2) Вынесем (x 1) за скобки в числителе и знаменателе:

lim

x2 1

= lim

(x 1)(x + 1)

= lim

x + 1

=

x + 1

x=1

=

2

:

1

2x + 1

2x + 1

x!1

2x2

x

x!1

(x

1)(2x + 1)

x!1

3

3) Разделим числитель и знаменатель на

2, получаем:

x

1

x2 1

1

=

1

:

lim

= lim

x2

1

1

x

!1

2x

2

x 1

x

!1 2

2

x x2

Ï Ð È Ì Å Ð 19 (482) Найти предел: lim

sin x sin a

.

x!a

x a

0

Решение. При постановке x = a получаем неопределенность

. Воспользуемся пра-

0

вилом Лопиталя:

sin x sin a

cos x

lim

= lim

= cos a:

x!a

x a

x!a

1

Ï Ð È Ì Å Ð 20 (483) Найти предел: lim

cos x cos a

.

x!a

x a

0

Решение. При постановке x = a получаем неопределенность

. Воспользуемся пра-

0

вилом Лопиталя:

cos x

cos a

sin x

lim

= lim

=

sin a:

x

!

a

x

a

x

!

a

1

13

Ï Ð È Ì Å Ð 21 (484) Найти предел: lim

tgx tga

.

x!a

x a

0

Решение. При постановке x = a получаем неопределенность

. Воспользуемся пра-

0

вилом Лопиталя:

1

tgx tga

1

lim

= lim cos2 x =

:

x a

cos2 a

x!a

x!a

1

Ï Ð È Ì Å Ð 22 (488) Найти предел lim

sin(a + 2x) 2 sin(a + x) + sin a

x!0

x2

.

Решение. Преобразуем выражение и применим первый замечательный предел

lim

sin a cos 2x + sin 2x cos 2 (sin a cos x + sin a cos a) + sin a

=

x!0

x2

lim

sin a (1 2 sin2 x) + 2 sin x cos x cos a 2 sin a cos x 2 sin x cos a + sin a

=

x!0

x2

lim

sin a 2 sin2 x sin a + 2 sin x cos x cos a 2 sin a cos x 2 sin x cos a + sin a

=

x!0

x2

lim

2 sin2 x sin a + 2 sin a (1 cos x) + 2 sin x cos a (cos x 1)

=

x!0

x2

lim

2 sin2 x sin a + 2 sin a 2 sin2 x2 + 2 sin x cos a ( 2 sin2 x2 )

=

x!0

x2

2 sin a + sin a + 0 = sin a:

x2 1

x 1

Ï Ð È Ì Å Ð 23 (511) Найти предел lim

x+1 .

x2 + 1

x!1

Решение. Преобразуем выражение и применим второй замечательный предел

(x 1) 2

2x2+1 3(x+1) (x2+1)

2

2

lim

(x 1) 2

4

5

e0 = 1:

lim

ex

(x+1) (x2+1)

1 x2 + 1

=

!1

=

x!1

x2

x2

+ 1

x!1 x2

2

.

Ï Ð È Ì Å Ð 24 (512) Найти предел: lim

Решение. Преобразуем выражение и применим второй замечательный предел

xlim 1 + x2		3	2			= xlim	2	1 + x2		3	2			3	3 x2	= ex!1 x2 2				= e3:
					x2						2		2		x2 2
!1						!1											3 x
							4				3			5		lim

14

Ï Ð È Ì Å Ð 25 (523) Найти предел lim (sin x)tg x.

x! 2

Решение. Преобразуем выражение и применим второй замечательный предел

tg x(sin x 1)

lim

tg x(sin x

1)

lim (sin x)tg x

x

= lim (1 + (sin x

1))

sin x 1

= e !

2

=

x! 2

x! 2

lim (

ctg t(cos t

1))

lim

1 cos t

lim

1 cos2 t

lim

sin t

et!0

= et!0

sin t

= et!0 sin t(1+cos t)

= et!0

1+cos t = 1:

Ï Ð È Ì Å Ð 26 (526) Найти предел lim x

px.

x!0 q

cos

Решение. Преобразуем выражение и применим второй замечательный предел

x!0 q

cos

x!0

)

x!0

1))

=

1

1

(cos p_x 1)

x

p

= lim(cos p

= lim(1 + (cos p

lim

x

x

x

x

x

(cos p

x

1)

p

cos2 p

1

sin2 p

1

x

x

1

lim

x

(cos x

1)

lim

p

lim

p

ex!0

= ex!0 x(cos

x+1) = ex!0 x(cos x+1) = e 2 :

Ï Ð È Ì Å Ð 27 (530) Найти предел

lim x

(ln(

x

+ 1) ln

x

.

x!+1

)

Решение. Преобразуем выражение и применим второй замечательный предел

x!+1

x!+1

x + 1

x!+1

x + 1

x

x

x

lim x(ln(x + 1)

ln x) =

lim x ln

= lim

ln

=

x!+1

1

x

x!+1

x

lim

ln

1 +

=

lim (ln e) = 1:

15

Список литературы

[1]Демидович, Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу / Б.П.Демидович. Москва: Наука, 1972. 544 с.

16