пособие1

Югорский государственный университет

С.Г. Пятков Математический анализ.

Часть I

Ханты-Мансийск 2003

ÓÄÊ

ÁÁÊ

Пятков С.Г. Математический анализ. Ч.I. Учебно-методическое пособие. Югорский государственный университет.

В пособии приведен теоретический материал, используемый на практи- ческих занятиях по математическому анализу, примеры решения задач и наборы задач, которые могут использоваться как при проведении практических занятий, так и при подготовке контрольных работ и расчетных заданий. В первую часть включены материалы, относящиеся к первому семестру, т.е. метод математической индукции, пределы последовательностей и функций, дифференцирование, интегрирование функций одной переменной.

Рецензент д.ф.-м.н., профессор кафедры математического анализа Славский В.В.

°c Югорский государственный университет.

Предисловие

Настоящее учебно-методическое пособие написано для его использования на практических занятиях по курсу математического анализа на факультете информатики и прикладной математики Югорского государственного университета. В начале каждой темы кратко излагаются основные теоретические сведения (определения) формулировки теорем и формулы, необходимые для решения задач. Приводятся решения типовых задач, даются теоретические задачи. Каждая глава заканчивается списком расчетных заданий, которые могут использоваться как при проведении практи- ческих занятий, так и при подготовке контрольных работ и семестровых заданий. В первую часть включены материалы, относящиеся к первому семестру, т.е. метод математической индукции, пределы последовательностей и функций, дифференцирование, интегрирование функций одной переменной. При подборе задач были использованы задачники "Сборник задач по математическому анализу"Б. П. Демидовича, "Сборник заданий по высшей математике"Л. А. Кузнецова и некоторые другие. Полный список использованной литературы приведен в конце пособия.

3

1. Метод математической индукции

Вначале, приведем некоторые вспомогательные равенства, а именно: 1. an ¡ bn = (a ¡ b)(an¡1 + an¡2b + an¡3b2 + : : : + bn¡1), в частности, при

n = 3 имеем a3 ¡ b3 = (a ¡ b)(a2 + ab + b2);

2.

(a + b)n = an + nan¡1b +

n(n ¡ 1)

an¡2b2

+

n(n ¡ 1)(n ¡ 2)

an¡3b3

+ : : : + bn =

n

2

2 ¢ 3

Xk

¢ ¡

an¡kbkCk; Ck

n!

; n

! = 1 ¢ 2 ¢ 3 ¢

: : :

¢

n;

:

=

n n

= k! (n k)!

0! = 1

=0

Последняя формула называется формулой бинома Ньютона. Метод математической индукции состоит в следующем.

Пусть P (n) утверждение, зависящее от натурального n, причем: 1) P (1) справедливо (база индукции),

2) для произвольного натурального k из предположения о справедливости P (k) можно вывести P (k + 1) (шаг индукции, или индукционный

переход).

Тогда P (n) справедливо при всех натуральных n.

Предположение о справедливости P (k) называют индукционным пред-

положением.

Метод доказательства по принципу математической индукции (то есть проверку 1) и 2) обычно называют методом математической индукции.

Пример 1.1. Доказать, что для любого натурального n

1 + 3 + : : : + (2n ¡ 1) = n2:

Доказательство. При n = 1 это очевидное утверждение. Пусть при n = k справедливо равенство

1 + 3 + : : : + (2k ¡ 1) = k2:

Тогда при n = k + 1 левая часть данного запишется:

1 + 3 + : : : + (2k ¡ 1) + [2(k + 1) ¡ 1]:

и равна по предположению

k2 + [2(k + 1) ¡ 1] = k2 + 2k + 2 ¡ 1 = (k + 1)2:

Мы вывели следующее:

1 + 3 + : : : + (2k ¡ 1) + [2(k + 1) ¡ 1] = (k + 1)2:

4

k k! > 2k, тогда

Т. е. мы доказали необходимое равенство при n = k + 1. Следовательно, по

принципу математической индукции тождество доказано. Пример 1.2. Доказать, что n! > 2n ïðè n ¸ 4.

Доказательство. Ïðè n = 4 неравенство имеет вид 1 ¢ 2 ¢ 3 ¢ 4 > 16, ò.å.

справедливо.

Предположим, что при некотором

(k + 1)! = (k + 1)k! > (k + 1)2k > 2 ¢ 2k = 2k+1;

что и утверждалось, т.е. неравенство доказано.

Пример 1.3. Доказать, что при любом n число 7n+2 + 82n+1 делится на

19.

Доказательство. Ïðè n = 1 число 71+2 + 82+1 = 855 делится на 19. Пусть утверждение P (k) справедливо т.е. 7k+2 + 82k+1 делится на 19.

Тогда легко заметить, что

7(k+1)+2 + 82(k+1)+1 = 7 ¢ 7k+2 + 64 ¢ 82k+1 = 7 ¡7k+2 + 82k+1¢ + 57 ¢ 82k+1

тоже делится на 19.

Задачи

Методом математической индукции по

n 2 N

доказать:

1.1. à)

1

+

1

+

1

+ ::: +

1

=

n

2¢3

1¢2

3¢4

= x

n+1 n¢(n+1)

n+1,

á) 1+x + x2+. . . +xn

¡1

(ãäå

x =1);

x¡1

6

1.2. 12 + 22 + 32 + ::: + n2 = n(n+1)(2n+1)

1.3.

1

1

1

6

;

+

+ ::: +

> 1;

n+2

3n+1

1.4.

n+1

1;

11¢ 1!

+ 2

¢

2! + : : : + n

¢

n! = (n + 1)!

¡

1.5.

1

1

n

+

+ ::: +

=

;

1¢3

3¢5

(2n¡1)(2n+1)

2n+1

1.6. 32n + 7 . 8;

(n¡1)n(n+1)

1.7.

1 ¢ 2 + 2 ¢ 3 + : : : + (n ¡ 1)n =

3 .

1.8. (2n + 2n+1 + 2n+2) . 14.

1.9.

1

+

2

+ ::: +

n

= 1 ¡

1

;

2!

3!

(n+1)!

(n+1)!

1.10.

1

+

1

+ ::: +

1

> 2413

(ïðè n ¸ 2);

n+1

n+2

2n

1.11. nn+1 > (n + 1)n (ïðè n ¸ 3).

1.12. (1 + x)n ¸ 1 + nx (ïðè x > ¡1 è n ¸ 2) (неравенство Бернулли);

1.13. (4n + 15n ¡ 1) . 9 при любом натуральном n;
1.14.			1			1					1						p		;
	1 + p2					+ p3 + : : : + pn >												n
1.15.	1	3	5			: : :	2n¡1			<		1
	2	¢ 4	¢ 6					2n			p2n+1.

5

Число a называется пределом последовательности " > 0 найдется натуральное число N такое, что при

2. Предел последовательности

Определение 2.1.

fxng, если для любого

n > N выполняется неравенство jxn ¡ aj < ".

Определение 2.2. Число 1 (+1, ¡1) называется пределом после-

довательности fxng, если для любого M > 0 найдется натуральное число N такое, что при n ¸ N выполняется неравенство jxnj > M (xn > M,

xn < ¡M).

Тот факт, что число a есть предел последовательности xn, записывается

â âèäå a = lim xn.

n!1

Последовательность fxng называется ограниченной, если существуют числа m; M такие, что m · xn · M äëÿ âñåõ n.

Определение 2.3. Последовательность fxng называется возрастающей (неубывающей), если xn > xm (xn ¸ xm) ïðè âñåõ n > m. Последовательность fxng называется убывающей (невозрастающей), если xn < xm (xn · xm) ïðè âñåõ n > m.

Пусть fnkg произвольная возрастающая последовательность натураль-

ных чисел. Тогда последовательность fxnk g (k = 1; 2; : : :) называется подпоследовательностью последовательности fxng.

Определение 2.4. Точка a называется частичным пределом последо-

вательности fxng, если из этой последовательности можно извлечь сходящуюся к a подпоследовательность.

Определение 2.5. Наибольший частичный предел последовательности называется верхним пределом и обозначается lim xn. Наименьший

n!1

частичный предел последовательности называется нижним пределом и обозначается lim xn.

	n!1
Свойства пределов:
1. Последовательность не может иметь двух различных пределов.
2. Произведение сходящейся к нулю последовательности на ограничен-
ную есть сходящаяся к нулю последовательность.		= a, lim yn = b, òî
3. Если существуют конечные пределы lim xn
	n!1	n!1
a)	lim (xn + yn) = a + b;
	n!1
b)	lim xnyn = ab;
	n!1

c) lim xn=yn = a=b, åñëè b =6 0, yn =6 0, n = 1; 2; : : : ;

n!1

d) если существует N такое, что при n ¸ N xn · yn, òî a · b.

6

4. Åñëè äëÿ âñåõ n > N0; xn · yn · zn è lim xn = lim zn = a, òî

n!1 n!1

lim yn = a.

n!1

5. Для того чтобы последовательность fxng была сходящейся, необхо-

димо и достаточно, чтобы любая ее подпоследовательность имела предел и все частичные пределы совпадали.

6. Для того, чтобы последовательность fxng была сходящейся, необхо-

димо и достаточно, чтобы ее верхний и нижний пределы совпадали.

7. Критерий Коши. Последовательность fxng имеет конечный предел тогда и только тогда, когда для любого " > 0 существует натуральное N

такое, что для любых n; m > N выполнено неравенство jxn ¡ xmj < ".

Последовательность, удовлетворяющая условиям из критерия Коши называется фундаментальной или последовательностью Коши.

При доказательстве сходимости последовательности важен сам факт существования числа N = N("), возможно и не самого оптимального. Кроме

того, необязательно, чтобы это число было натуральным (если N(") âå-

щественное положительное, то можно взять его целую часть и прибавить единицу).

Числом e будем называть

lim µ1 + 1 ¶n = 2:71828182845904523536028747135 : : : :

n!1 n

Пример 2.1. Доказать, что lim 1=n = 0.

n!1

Пусть " > 0, j1=n¡0j = 1=n < " ïðè n > 1=", поэтому, если N = [1="]+1, òî ïðè n ¸ N имеем j1=n ¡ 0j < ".

Пример 2.2. Доказать, что lim (2 ¡ 1=3n) = 2.

n!1

Рассмотрим произвольное " > 0 и потребуем j2 ¡ 1=3n ¡ 2j < ", èëè

1=3n < "; отсюда получаем n > log3 1=" = ¡(ln "= ln 3). Èòàê, N = [j ln "= ln 3j]+

1 удовлетворяет определению предела.

2

Пример 2.3. lim

n

= 0.

n

n!1

2

Из формулы бинома Ньютона следует

2n = (1 + 1)n > Cn3

ïðè n ¸ 3:

Следовательно при n ¸ 4 выполняется неравенство

n2

<

n2 ¢ 1 ¢ 2 ¢ 3

<

6n

<

6 ¢ 2(n ¡ 2)

<

12

:

n(n ¡ 1)(n ¡ 2)

(n ¡ 1)(n ¡ 2)

(n ¡ 2)2

n ¡ 2

2n

7

Рассмотрим произвольное " > 0 и потребуем				12		· "; решая это нера-
				n	2
	12		¡
венство относительно n, получаем n ¸			+ 2. Итак, число
		"
N = max ½· "		¸	+ 3; 4¾
12

удовлетворяет определению предела.

Пример 2.4. Доказать, что последовательность xn = (¡1)nn имеет

бесконечный предел.

Неравенство j(¡1)nnj = n > M справедливо при n > N = [M] + 1, ãäå M > 0 произвольное.

Пример 2.5. Найти lim 5n22+3n+2

n!1 2n ¡n+1 .

Поделив почленно числитель и знаменатель дроби на n2, имеем

lim 5 + 3=n + 2=n2 ; n!1 2 ¡ 1=n + 1=n2

Òàê êàê lim 3=n = 0, lim 2=n2 = 0, lim 1=n = 0, lim 1=n2 = 0, по свойству

n!1	n!1	n!1	n!1
3 пределов получаем, что исходный предел равен 5=2.

Пример 2.6. Найти lim

cos2 n2

n!1

n +1 .

1Â

силу неравенства

· 1, äëÿ

1всех натуральных n имеем

cos n2

1

¡1 · cos x1

¡

2

lim

¡

= lim

= 0, то исходный предел

2

+1

+1

2

2

+1

2

+1

n

· n

· n

+1. Òàê êàê n

!1

n

n

!1

n

равен нулю.

Теоретические упражнения

1. Доказать, что если nlim an	= a, òî nlim janj = jaj. Вытекает ли из
!1	!1
существования nlim janj существование nlim an?
!1	!1

У к а з а н и е. Использовать неравенство jjbj ¡ jajj 6 jb ¡ aj :

2. Пусть nlim!1 xn = q 6= 0, à nlim!1 yn не существует. Доказать, что nlim!1 xnyn
тоже не существует.
3. Пусть последовательность xn имеет предел, а последовательность yn
не имеет предела. Будут ли существовать пределы:
1) nlim [xn + yn]; 2)	nlim xn ¢ yn?
!1	!1

Рассмотреть пример: n1 sin n.

4. Доказать, что из всякой сходящейся числовой последовательности можно извлечь монотонную (т.е. невозрастающую или неубывающую) подпоследовательность.

8

5. Даны число a 2 R и числовая последовательность fxng. Доказать,

что, если из любой ее подпоследовательности можно извлечь подпоследовательность, пределом которой является a, òî a = lim xn.

n!1

6.Доказать, что xn = sin n не имеет предела. Указание: рассмотреть последовательности sin(n + 1) è sin(n + 2).

7.Доказать неравенства

lim xn + lim yn · lim (xn + yn) · lim xn + nlim yn:
n!1	n!1	n!1	n!1	!1

Привести примеры, когда в этих соотношениях имеют место строгие неравенства.

8. Доказать, что

nlim xn + lim yn · nlim (xn + yn) · nlim xn + nlim yn:
!1	n!1	!1	!1	!1

Привести пример, когда в этих соотношениях имеют место строгие нера-
венства.	lim	an		= 0 (a > 0).
9. Доказать, что
n!1		n!
				®	= 0 (a > 1).
10. Доказать, что	lim		nn
	n!1		a
11. Доказать, что			(ln n)°			= 0 (® > 0).
	lim			n	®
	n!1

Расчетные задания

1. Доказать, что

lim an = a (указать N (")).

n!1

1:1: an =

23nn¡¡12

; a = 23:

1:2: an =

24nn+1¡1

; a = 2:

1:3: an =

7n+4

; a = 27:

1:4: an =

32nn+1¡5

; a = 32:

2n+1

1:5: an =

7n¡1

; a = 7:

1:6: an =

4n2+1

; a =

4

:

2

n+1

3n +2

3

1:7: an =

1+29¡nn33

; a = ¡21:

1:8: an =

24nn+1¡3

; a = 2:

1:9: a

n

=

1¡n22

; a =

¡

1

:

1:10: a

n

=

5n

; a =

¡

5:

2+4n

2

¡n+1

1:11: an

=

n+1

; a = ¡21:

1:12: an

=

2n+1

; a = 32:

1 2n

3n 5

¡

2

¡2

1:13: a

n

=

1¡n

2

; a =

¡

1

:

1:14: a

n

=

3n

; a =

¡

3:

2

2+4n

2

2

¡

n

n

3

1:15: an =

; a = 31:

1:16: an =

3n

; a = ¡3:

3n¡1

n3¡1

1:17: an

=

4+2n

; a = ¡32:

1:18: an

=

5n+15

; a = ¡5:

1 3n

6 n

¡

2

¡

1:19: an =

1+23¡nn2

; a = ¡21:

1:20: an =

22¡n¡3n1

; a = ¡32:

1:21: an =

53nn+1¡1

; a = 53:

1:22: an =

24nn+1¡3

; a = 2:

9

1:23: an =	2+41¡2nn22				; a = ¡21:	1:24: an =	5n+1		; a = 21:
							10n¡3
1:25: an =	3+42¡2nn			; a = ¡21:		1:26: an =	232¡¡n4n		; a = 4:
1:27: an =	1+3n			; a = ¡3:		1:28: an =	2n+3	; a = 2:
	6 n						n+5
¡2						2
1:29: an =	3n	+2			; a = 43:	1:30: an =	4+52¡3nn2		; a = ¡53:
	4n2	1
	2n3¡
1:31: an =			; a = 2:
	n3¡2

2. Вычислить пределы числовых последовательностей

2

2

4

4

2.1. lim

(3¡n)2

+(3+n)2

:

2.2. lim

(3¡n)4

¡(2¡n)4

:

n!1

(3¡n)4

¡(3+n)4

n!1

(1¡n)4

¡(1+n)4

2.3. lim

(3¡n)3

¡(2¡n)3

:

2.4. lim

(1¡n)3

¡(1+n)3

:

n!1

(1¡n)2

¡(1+n)2

n!1

(1+n)3

¡(1¡n)2

2.5. lim

(6¡n)2

¡(6+n)2

:

2.6. lim

(n+1)3

¡(n+1)3

:

n

(6+n)

3

(1

n)

n

(n

1)

(n+1)

¡

¡

¡

2

2.7.

!1

¡

2.8.

!1

(1+2n) ¡8n3

(3¡4n)

lim

2

+4n2

:

lim

(n

3)

3

(n+3)

3

:

n

!1

(1+2n)

n

!1

¡

2

2

3

3

2.9.

(3¡n)

2.10.

¡

lim

:

lim

(n+1) +(n¡1) ¡(n+2)

:

(n+1)

2

(n+1)3

(4

n)3

n!1

¡3

3

2.12.

n!1

(n+1)

3

¡

3

2.11.

lim

2(n+1) ¡(n¡2)

:

lim

3

+(n+2)

3

:

2

(n+4)

+(n+5)

n

!1

n +2n¡3

n

!1

3

3

4

4

2.13. lim

(n+3)4

+(n+4)4

:

2.14. lim

(n+1)3

¡(n¡1)3

:

2.15.

n

!1

(n+3) ¡(n+4)

2.16.

n

!1

(n+1)

3+(n¡1)

3

8n3

2n

(n+6) ¡(n+1)

lim

4

¡

4

:

lim

:

(2n+3)

2

+(n+4)

2

n

!1

(n+1)

3

(n 1)

3

n

!1

2

2

¡ ¡

2.17.

lim

(2n¡3) ¡(n+5)

:

2.18.

lim

(n+10) +(3n+1)

:

3

3

3

3

2.19.

n!1

(3n¡1)3+(2n+3)3

2.20.

n!1

(n+6)3

¡(n+1)3

lim

(2n+1) +(3n+2)

:

lim

(n+7) ¡(n+2)

:

(2n+3)3

¡

(n

¡

7)3

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

2.21.

n

!1

3

3

2.22.

n

3

(2n+1) ¡(2n+3)

!1 n3¡(n¡1)

lim

(2n+1)2+(2n+3)2

:

lim

(n+1)4

+n4 :

n!1

4

4

n!1

4

4

2.23. lim

(n+2)2

¡(n¡2)2

:

2.24. lim

(n+1)3

¡(n¡1)3

:

n!1

(n+5)3

+(n¡5)3

n!1

(n+1)3

+(n¡1)3

2.25. lim

(n+1)2

¡(n¡1)2

:

2.26. lim

(n+1)2

¡(n¡1)2

:

2.27.

n!1

(n+1)3

¡(n¡1)3

2.28.

n!1

(n+1)3

+(n¡1)3

lim

(n+2) +(n¡2)

:

lim

(n+1) +(n¡1)

:

4

2

¡1

3

¡3n

n

!1

n

+2n

n

!1

n

2.29.

(n+1)3+(n¡1)3

2.30.

(n+2)2

¡(n¡2)2

lim

n3+1

:

lim

(n+3)3

:

2.31.

n!1

(2n+1)2¡(n+1)2

n!1

lim

n2+n+1

:

n!1

3. Вычислить пределы числовых последовательностей

3

2

4

8

p

2

p

pn

1

+1

n

p

n

3.1.

5n +

9n +1

3.2.

3

¡

¡

4

lim

p

2 :

lim

5

:

p

3

+3+

p

+1

n

(n+pn)

7¡n+n

n

!1

3n

n

!1

p

3

3

+1

p

n¡1

p

2

¡1+7

3

3.3. lim

3

n

¡

:

3.4. lim

n

n

:

4

n!1 pn3+1+pn¡1

n!1 pn12+n+1¡n

10