Доказать по определению

Определение конечного предела последовательности

Доказать по определению

Приводится определение конечного предела последовательности. Рассмотрены связанные с этим свойства и эквивалентное определение. Приводится определение, что точка a не является пределом последовательности. Рассмотрены примеры, в которых доказывается существование предела, используя определение.

Здесь мы рассмотрим определение конечного предела последовательности. Случай последовательности, сходящейся к бесконечности, рассмотрен на странице «Определение бесконечно большой последовательности».

Определение предела последовательности

Предел последовательности – это такое число a, если для любого положительного числа   ε > 0   существует такое натуральное число Nε, зависящее от ε, что для всех натуральных n > Nε выполняется неравенство
|xn – a| < ε.
Здесь xn – элемент последовательности с номером n. Предел последовательности обозначается так:
.
Или     при   .

Преобразуем неравенство:
;
;
.

ε – окрестность точки a – это открытый интервал (a – ε, a + ε). Сходящаяся последовательность – это последовательность, у которой существует предел . Также говорят, что последовательность сходится к a. Расходящаяся последовательность – это последовательность, не имеющая предела.

Из определения следует, что, если последовательность имеет предел a, то какую бы ε – окрестностью точки a мы не выбрали, за ее пределами может оказаться, лишь конечное число элементов последовательности, или вообще ни одного (пустое множество). А любая ε – окрестность содержит бесконечное число элементов.

В самом деле, задав определенное число ε, мы, тем самым имеем число . Так что все элементы последовательности с номерами , по определению, находятся в ε – окрестностью точки a. Первые элементов могут находиться где угодно.

То есть за пределами ε – окрестности может находиться не более элементов – то есть конечное число.

Также заметим, что разность вовсе не обязана монотонно стремиться к нулю, то есть все время убывать. Она может стремиться к нулю не монотонно: может то возрастать, то убывать, имея локальные максимумы. Однако эти максимумы, с ростом n, должны стремиться к нулю (возможно тоже не монотонно).

С помощью логических символов существования и всеобщности, определение предела можно записать следующим образом:
(1)   .

Определение, что число a не является пределом

Теперь рассмотрим обратное утверждение, что число a не является пределом последовательности.

Число a не является пределом последовательности , если существует такое , что для любого натурального n существует такое натуральное m > n, что
.

Запишем это утверждение с помощью логических символов.
(2)   .

Утверждение, что число a не является пределом последовательности, означает, что
можно выбрать такую ε – окрестность точки a, за пределами которой будет находиться бесконечное число элементов последовательности.

Рассмотрим пример. Пусть задана последовательность с общим элементом
(3)  
Любая окрестность точки содержит бесконечное число элементов. Однако эта точка не является пределом последовательности, поскольку и любая окрестность точки также содержит бесконечное число элементов. Возьмем ε – окрестность точки   с ε = 1. Это будет интервал ( –1, +1).

Все элементы, кроме первого, с четными n принадлежат этому интервалу. Но все элементы с нечетными n находятся за пределами этого интервала, поскольку они удовлетворяют неравенству xn > 2. Поскольку число нечетных элементов бесконечно, то за пределами выбранной окрестности будет находиться бесконечное число элементов. Поэтому точка не является пределом последовательности.

Теперь покажем это, строго придерживаясь утверждения (2). Точка не является пределом последовательности (3), поскольку существует такое , так что, для любого натурального n, существует нечетное , для которого выполняется неравенство
.

Также можно показать, что любая точка a не может являться пределом этой последовательности. Мы всегда можем выбрать такую ε – окрестность точки a, которая не содержит либо точку 0, либо точку 2. И тогда за пределами выбранной окрестности будет находиться бесконечное число элементов последовательности.

Эквивалентное определение предела последовательности

Можно дать эквивалентное определение предела последовательности, если расширить понятие ε – окрестности.

Мы получим равносильное определение, если в нем, вместо ε – окрестности, будет фигурировать любая окрестность точки a. Окрестности точки – это любой открытый интервал, содержащий эту точку.

Математически окрестность точки определяется так: , где ε1 и ε2 – произвольные положительные числа.

Тогда эквивалентное определение предела будет следующим.

Предел последовательности – это такое число a, если для любой его окрестности существует такое натуральное число N, так что все элементы последовательности с номерами принадлежат этой окрестности.

Это определение можно представить и в развернутом виде.

Предел последовательности – это такое число a, если для любых положительных чисел и существует такое натуральное число N, зависящее от и , что для всех натуральных выполняются неравенства
.

Доказательство равносильности определений

Докажем, что, представленные выше, два определения предела последовательности равносильны.

  1. Пусть число a является пределом последовательности согласно первому определению. Это означает, что имеется функция , так что для любого положительного числа ε выполняются неравенства:
    (4)     при  .

    Покажем, что число a является пределом последовательности и по второму определению. То есть нам нужно показать, что существует такая функция , так что для любых положительных чисел ε1 и ε2 выполняются неравенства:
    (5)     при  .

    Пусть мы имеем два положительных числа: ε1 и ε2. И пусть ε – наименьшее из них: . Тогда ;  ;  . Используем это в (5):
    .
    Но неравенства   выполняются при  . Тогда и неравенства (5) выполняются при  .

    То есть мы нашли такую функцию , при которой выполняются неравенства (5) для любых положительных чисел ε1 и ε2.
    Первая часть доказана.

  2. Теперь пусть число a является пределом последовательности согласно второму определению. Это означает, что имеется функция , так что для любых положительных чисел ε1 и ε2 выполняются неравенства:
    (5)     при  .

    Покажем, что число a является пределом последовательности и по первому определению. Для этого нужно положить . Тогда при выполняются неравенства:
    .
    Это соответствует первому определению с .
    Равносильность определений доказана.

Примеры

Все примеры Здесь мы рассмотрим несколько примеров, в которых требуется доказать, что заданное число a является пределом последовательности. При этом нужно задать произвольные положительное число ε и определить функцию N от ε такую, что для всех выполняется неравенство .

Доказать, что   ⇓,   ⇓,   ⇓,   ⇓.

Пример 1

Все примеры ⇑ Доказать, что  .

Решение

Выпишем определение предела последовательности:
(1)   .
В нашем случае  ;
.

Вводим положительные числа и :
.
Воспользуемся свойствами неравенств. Тогда если и , то
.

То есть, для любого положительного , мы можем взять любое натуральное число, большее или равное :
. Тогда

  при  .

Это означает, что число является пределом заданной последовательности:
.

Ответ

Пример 2

Все примеры ⇑ С помощью определения предела последовательности доказать, что
.

Решение

Выпишем определение предела последовательности:
(1)   .
В нашем случае  ,  ;
.

Вводим положительные числа и :
.
Воспользуемся свойствами неравенств. Тогда если   и  , то
.

То есть, для любого положительного , мы можем взять любое натуральное число, большее или равное :
. Тогда

  при  .

Это означает, что число является пределом последовательности :
.

Ответ

Пример 3

Все примеры ⇑ Используя определение предела последовательности доказать, что
.

Решение

Вводим обозначения  ,  . Преобразуем разность:

.

Для натуральных  n = 1, 2, 3, …  имеем:
.

Выпишем определение предела последовательности:
(1)   .
Вводим положительные числа и :
.
Тогда если   и  , то
.

То есть, для любого положительного , мы можем взять любое натуральное число, большее или равное :
. При этом

  при  .

Это означает, что число является пределом последовательности :
.

Ответ

.

Пример 4

Все примеры ⇑ Используя определение предела последовательности доказать, что
.

Решение

Выпишем определение предела последовательности:
(1)   .
В нашем случае  ,  ;
.

Вводим положительные числа и :
.
Тогда если   и  , то
.

То есть, для любого положительного , мы можем взять любое натуральное число, большее или равное :
. Тогда

  при  .

Это означает, что число является пределом последовательности :
.

Ответ

Использованная литература: Л.Д. Кудрявцев. Курс математического анализа. Том 1. Москва, 2003.

С.М. Никольский. Курс математического анализа. Том 1. Москва, 1983.

Источник: https://1cov-edu.ru/mat-analiz/predel-posledovatelnosti/opredelenie/

Определение предела последовательности. Свойства сходящихся последовательностей

Доказать по определению

  1. Числовые последовательности.

    Начать изучение

  2. Определение предела последовательности.

    Начать изучение

  3. Единственность предела последовательности.

    Начать изучение

  4. Ограниченность сходящейся последовательности.

    Начать изучение

  5. Свойства сходящихся последовательностей, связанные с неравенствами.

    Начать изучение

Если каждому натуральному числу n сопоставлено в соответствие некое число xn, то говорят, что задана числовая последовательность

x1, x2, x3,…, xn, …

Как мы видим, xn — это функция, множеством определения которой является множество N всех натуральных чисел, а множество значенией этой функции, то есть значение всех xn, n∈N, называют множеством значений последовательности.

Множество значений последовательности может быть как конечным, так и бесконечным, но множество ее элементов всегда бесконечно, так как любые два разных элемента последовательности отличаются своими номерами.

Например

  • Множество значений последовательности {(-1)n} состоит из двух элементов -1 и 1.
  • Последовательность {n2} имеет бесконечное множество значений.
  • Числовая последовательность {1/n} имеет бесконечное множество значений.

Последовательность может быть задана формулой, которая позволяет вычислить каждый член последовательности по ее номеру. Например, если \(x_n=\frac{\left(-1\right)n+1}2\), то каждый нечетный член последовательности будет равен 0, а каждый четный член равен 1.

Зачастую используют реккурентный способ записи формулы последовательности, когда каждый следующий член последовательности можно найти по известным предыдущим.

Например

  • Арифметическая последовательность с разностью d задается реккурентной записью \(x_{n+1}=x_n+d\). Зная первый член последовательности x1 можно получить формулу для любого члена xn $$x_{n+1}=x_1+nd, \ n\in\mathbb{N}onumber$$
  • Геометрическая последовательность со знаменателейм q≠0 задается реккурентной формулой \(x_{n+1}=x_nq\). Зная первый член последовательности x1 можно получить формулу для любого члена xn $$x_{n+1}=x_nqn, \ n\in\mathbb{N}onumber$$
  • Знаменитая последовательность Фибоначчи задается реккурентной формулой $$x_n=x_{n-1}+x_{n-2},\ n\in\mathbb{N},\ n\geq3onumber$$ и условием x1 = 1, x2 = 1.

Примеры решения задач. 1.Пользуясь определением предела функции по Гейне, сформулировать определение того, что функция не имеет предела в точке a

Доказать по определению

1.Пользуясь определением предела функции по Гейне, сформулировать определение того, что функция не имеет предела в точке a.

Решение. Запишем определение предела функции в точке по Гейне:

.

Тогда, построив отрицание этого высказывания по известным правилам, получаем:

.

Число b не является пределом функции в точке a, если существует последовательность , , такая, что соответствующая последовательность значений функции не сходится к числу b. Если это предложение верно , т.е. никакое число b не является пределом функции в точке a, то эта функция вообще не имеет предела в точке a.

Таким образом, чтобы доказать, что функция в точке не имеет предела, достаточно показать существование двух последовательностей , , и , , для которых соответствующие последовательности значений функции и сходятся к разным числам и . В этом случае (см. выше) ни число , ни число , ни какое-либо другое число не могут быть пределом функции в точке a, т.е. функции не имеет предела в точке a.

Другой способ доказать отсутствие предела заключается в том, чтобы привести пример хотя бы одной последовательности , для которой последовательность значений функции вообще не имеет предела.

2.Используя результат предыдущего примера, показать, что функция при не имеет предела.

Решение. I способ. Выберем две последовательности точек , , и , . Обе эти последовательности стремятся к . Им соответствуют последовательности значений функций:

, ,

, .

Последовательности значений функции и – стационарные, сходятся к числам и соответственно. Так как , то (см. пример 1) функция не имеет предела при .

II способ. Выберем последовательность , , . Ей соответствует последовательность значений функции , , которая вообще не имеет предела. Следовательно (см. пример 1), функция не имеет предела при .

3.Доказать по определению Коши, что .

Решение. Областью определения функции является множество . Точка не принадлежит области определения функции , но является предельной точкой множества .

Это говорит о том, что имеет смысл рассматривать поведение функции при приближении к точке , т.е. имеет смысл выражение . Докажем, что этот предел равен нулю, т.е.

согласно определению предела функции по Коши необходимо показать справедливость утверждения:

,

т.е. .

Выберем произвольное . Выясним, при каких верно неравенство . Если мы получим, например, что неравенство верно при (число , вообще говоря, может зависеть от ), то это число и можно выбрать в качестве .

Используя свойства модуля и ограниченность функции , получаем: . Т.е. если для некоторого выполняется неравенство , то в силу транзитивности для этого обязательно выполняется неравенство . Значит, в качестве можно выбрать само число (или любое число, меньшее ).

Таким образом, мы показали, что

,

а это по определению Коши и означает, что .

4.Доказать по определению Коши, что .

Решение. Согласно определению предела функции по Коши необходимо показать справедливость утверждения:

.

Выберем произвольное . Задача состоит в том, чтобы для этого найти такое , при котором из неравенства следовало бы неравенство .

Выясним, когда верно последнее неравенство . При этом нас будет интересовать не при каких верно это неравенство, а при каких . Если мы получим, например, что неравенство верно при ( , вообще говоря, может зависеть от ), то это число и можно выбрать в качестве .

Проводим следующие преобразования неравенства: приводим выражение под знаком модуля к общему знаменателю, приводим подобные слагаемые, раскладываем на множители числитель и сокращаем на общий множитель дробь:

, , ,

, , , .

Следовательно, в качестве можно взять .

Таким образом, мы показали, что:

,

а это и означает по определению Коши, что .

5. Сформулировать определения по Гейне и по Коши, соответствующие следующим символическим обозначениям: а) ; б) .

Решение. а) Запишем определение по Гейне, учитывая, что , : , : , .

Определение по Коши получим с помощью общего определения предела:

: .

Учитывая, что , т.е. , и , т.е. , получаем определение предела функции по Коши:

: .

Геометрический смысл: при график функции приближается к прямой . На рисунке изображен график функции, для которой .

б) Запишем определение по Гейне, учитывая, что , :

, : , .

Определение Коши построим, исходя из общего определения предела:

: .

Учитывая, что

и , получаем:

: .

6.Доказать, что .

Решение. С помощью определения 3 построим утверждение, которое нам необходимо доказать:

: .

Записав окрестности в виде неравенств, получаем:

.

Докажем последнее утверждение. Выберем произвольное . Необходимо для этого найти такое , при котором из неравенства следует неравенство .

Решим последнее неравенство (при этом решение ищем в виде ).

, , , , .

Если (т.е. если ), то неравенство , а, значит, и , верно . Тогда в качестве можно брать любое положительное число (например, =1).

Если , то в качестве можно взять число (и любое большее).

Следовательно, мы показали, что для любого существует ( -любое и = ) такое, что . Тогда по определению .

Геометрический смысл предела : при больших по модулю значениях аргумента график функции приближается к прямой , т.е. к оси абсцисс.

7.Записать утверждение в предельной форме, т.е. в виде :

а) ;

б) .

Решение. а) В этом примере необходимо решить задачу, обратную задаче примера 5. Сначала перепишем данное высказывание на “языке окрестностей”:

.

Затем, сравнивая получившееся высказывание с определением 3, получаем, что . Следовательно, данное утверждение в предельной форме можно записать так: .

б) Данное утверждение перепишем на “языке окрестностей”:

.

Тогда . Следовательно,

.

Источник: https://studopedia.ru/8_151272_primeri-resheniya-zadach.html

Предел последовательности

Доказать по определению

\(\varepsilon\)0,10,010,0010,00010,000010,000001
\(N_{\varepsilon}\)797997999799997999997
\(\lg \varepsilon\)-1-2-3-4-5-6
\(\lg N_{\varepsilon}\)0,8451,9872,9994,0005,0006,000

И построим график (в логарифмическом масштабе):
Мы видим, что чем меньше ε, тем больше \(N_{\varepsilon}\). Но главное – мы всегда можем его указать.Таким образом, мы доказали, что действительно \(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n+4}=0\)

Ведь для любого сколь угодно малого \(\varepsilon\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_{\varepsilon}=\left[\frac1\varepsilon-4\right]+1\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_{\varepsilon}\) разность \(\left|\frac{1}{n+4}-0\right|\), т.е. эти члены не выйдут за переделы ε окрестности предела b=0.

Построенный график интересен еще и тем, что показывает одно из важных практических применений логарифмов: если разбросы по шкалам очень велики, отличаются на порядки, то графики удобней строить в десятичных логарифмах.
Такие графики часто можно увидеть у физиков-ядерщиков, копающих вглубь, от нанометров до планковских длин; или у астрономов, всматривающихся вдаль, от тысяч километров до гигапарсек.

Например:1) последовательность \(y_n=\frac1n\) ограничена сверху \(M=y_1=1\) и ограничена снизу \(m=\lim_{n\rightarrow\infty}y_n=0\). Т.е. \(0\lt y_n\leq 1,\ \forall n\) – последовательность ограничена.2) последовательность \(y_n=(-1)n\) ограничена сверху \(M=1\) и ограничена снизу \(m=-1\). Т.е. \(-1\leq y_n\leq 1,\ \forall n\) – последовательность ограничена.

3) последовательность чисел Фибоначчи \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_{n+2}=y_{n+1}+y_n\) ограничена снизу \(m=1\), но неограничена сверху. Т.е. последовательность неограничена: \(\lim_{n\rightarrow\infty}=+\infty\)

Разберем данное выше определение неограниченности (стремления к бесконечности) на конкретном примере.Пусть \(y_n=n2\). Докажем, что последовательность неограничена.

Найдем номер \(N_M\) члена последовательности, который первым окажется больше \(M=100\) – нашего «сколько угодно большого числа».

Согласно определению, подставляем значения в неравенство \(|y_n|\gt M\): \begin{gather*} |n2|\gt 100\Rightarrow n2\gt 100\Rightarrow n\gt 10\\ N_M=11 \end{gather*} Т.е. все \(y_n\), начиная с 11-го, будут больше 100.

Выведем общую формулу для \(N_M\): \begin{gather*} |n2|\gt M\Rightarrow n2\gt M\Rightarrow n\gt\sqrt{M}\\ N_M=[\sqrt{M}]+1 \end{gather*} где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Например:

\(M\)101001 00010 000100 0001 000 000
\(N_M\)411331013171001

Таким образом, мы доказали, что действительно \(\lim_{n\rightarrow\infty}n2=+\infty\)
Ведь для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=[\sqrt{M}]\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=n2\gt M\), т.е. члены последовательности становятся ещё больше.

Пример 1. Используя определение предела последовательности, докажите, что:a) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n+1}{3-2n}=-\frac12 \)По условию: $$ y_n=\frac{n+1}{3-2n},\ \ b=-\frac12 $$ Находим \(N_{\varepsilon}\) для произвольного ε>0 из неравенства \(|y_n-b|\lt\varepsilon\)

$$ \left|\frac{n+1}{3-2n}+\frac12\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac{2n+2+3-2n}{2(3-2n)}\right| \lt \varepsilon\Rightarrow \frac52\left|\frac{1}{3-2n}\right|\lt \varepsilon $$ Знаменатель у дроби под модулем при \(n\geq 2\) отрицательный .

Поэтому, раскрывая модуль, получаем: \begin{gather*} \frac52\left|\frac{1}{3-2n}\right|=\frac{5}{2(2n-3)}\lt \varepsilon\Rightarrow 2n-3\gt \frac{5}{2\varepsilon}\Rightarrow n\gt\frac12\left(\frac{5}{2\varepsilon}+3\right)\\ N_{\varepsilon}=\left[\frac12\left(\frac{5}{2\varepsilon}+3\right)\right]+1 \end{gather*} Например:

ε0,10,010,0010,00010,000010,000001
\(N_{\varepsilon}\)151281253125031250031250003

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[\frac12\left(\frac{5}{2\varepsilon}+3\right)\right]+1\), начиная с которого\(\left|\frac{n+1}{3-2n}+\frac12\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\geq 2\).

Что и требовалось доказать.

б) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n2+1}{3n2+n+1}=\frac13 \)По условию: $$ y_n=\frac{n2+1}{3n2+n+1},\ \ b=\frac13 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):

$$ \left|\frac{n2+1}{3n2+n+1}-\frac13\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac{3n2+3-3n2-n-1}{3(3n2+n+1)}\right| \lt \varepsilon\Rightarrow \frac13\left|\frac{2-n}{3n2+n+1}\right|\lt \varepsilon $$ Раскрываем модуль: $$ \frac13\cdot \left|\frac{2-n}{3n2+n+1}\right|=\frac{n-2}{3(3n2+n+1)}\lt \varepsilon $$ Усилим неравенство, чтобы было легче найти \(N_{\varepsilon}\). Заметим, что для \(n\geq 3\): \begin{gather*} \frac{n-2}{3(3n2+n+1)}\geq\frac{1}{3(3n2+n+1)} = \frac{1}{9\left(n2+\frac n3+\frac13\right)}\gt\frac{1}{9(n2+2n+1)}=\frac{1}{9(n+1)2}\\ \frac{1}{9(n+1)2}\lt\frac{n-2}{3(3n2+n+1)}\lt \varepsilon\Rightarrow\frac{1}{9(n+1)2}\lt \varepsilon\Rightarrow (n+1)2\gt\frac{1}{9\varepsilon}\\ n+1\gt\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}\Rightarrow n\gt\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}-1\\ N_{\varepsilon}=\left[\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}-1\right]+1 =\left[\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}\right],\ \ N_{\varepsilon}\geq 3 \end{gather*} Например:

ε0,10,010,0010,00010,000010,000001
\(N_{\varepsilon}\)331133105333

Показанный приём с усилением неравенства часто применяется в математическом анализе.

Найденное \(N_{\varepsilon}\) немного больше «точного» значения, которое следует из исходной дроби \(\frac{n-2}{3(3n2+n+1)}\), но наша задача в том, чтобы обоснованно построить любое выражение для стартового номера \(N_{\varepsilon}\) в зависимости от ε.

Если найденный номер будет немного больше исходного – не страшно; главное, чтобы он 1) был обоснован; 2) гарантировал размещение всех последующих \(y_n,\ n\geq N_{\varepsilon}\) в ε окрестности предела b.

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}\right]\), начиная с которого \(\left|\frac{n2+1}{3n2+n+1}-\frac13\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\geq 3\).

Что и требовалось доказать.

в) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3n+1}{3n}=1 \)По условию: $$ y_n=\frac{3n+1}{3n},\ \ b=1 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):

\begin{gather*} \left|\frac{3n+1}{3n}-1\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac{3n+1-3n}{3n}\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \frac{1}{3n}\lt \varepsilon\Rightarrow 3n\gt \frac1\varepsilon\\ n\gt\log_3\frac1\varepsilon\Rightarrow n\gt -\log_3\varepsilon\\ N_{\varepsilon}=\left[-\log_3\varepsilon\right]+1 \end{gather*} Например:

ε0,10,010,0010,00010,000010,000001
\(N_{\varepsilon}\)35791114

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[-\log_3\varepsilon\right]\), начиная с которого \(\left|\frac{3n+1}{3n}-1\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\).
Что и требовалось доказать.

г) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1}=\frac15 \)По условию: $$ y_n=\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1},\ \ b=\frac15 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):

\begin{gather*} \left|\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1}-\frac15\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \frac15\left|\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}+1}\right|\lt\varepsilon \Rightarrow \frac{1}{5(\sqrt{n}+1)}\lt\varepsilon\Rightarrow \sqrt{n}+1\gt\frac{1}{5\varepsilon}\\ \sqrt{n}\gt\frac{1}{5\varepsilon}-1\Rightarrow n\gt\left(\frac{1}{5\varepsilon-1}\right)2\\ N_{\varepsilon}=\left[\left(\frac{1}{5\varepsilon}-1\right)2\right]+1 \end{gather*} Например:

ε0,10,010,0010,00010,000010,000001
\(N_{\varepsilon}\)23623960239960024·1084·1010

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[\left(\frac{1}{5\varepsilon}-1\right)2\right]\), начиная с которого \(\left|\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1}-\frac15\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\).
Что и требовалось доказать.

Пример 2. Используя определения неограниченной последовательности, докажите, что:a) \( \lim_{n\rightarrow\infty}2n=+\infty \)По условию: \(y_n=2n\)Записываем неравенство \(|y_n|\gt M\):

\begin{gather*} 2n\gt M\Rightarrow n\gt \log_2M\\ N_M=\left[\log_2M\right]+1 \end{gather*} Например:

M101001 00010 000100 0001 000 000
NM4811141821

Таким образом, для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=\left[\log_2M\right]+1\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=2n\gt M\).
Что и требовалось доказать.

б) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n+1}=+\infty \)По условию: \(y_n=\sqrt{n+1}\)Записываем неравенство \(|y_n|\gt M\):\begin{gather*} \sqrt{n+1}\gt M\Rightarrow n+1\gt M2\Rightarrow n\gt M2 -1\\ N_M=\left[M2-1\right]+1=\left[M2\right] \end{gather*} знак целой части оставляем, т.к. \(M\in\mathbb{R}\) – не обязательно целое.

Например:

M101001 00010 000100 0001 000 000
NM10010 0001 000 00010810101012

Таким образом, для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=\left[M2\right]\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=\sqrt{n+1}\gt M\).
Что и требовалось доказать.

\) 7 97 997 9997 99997 999997 \(\lg \varepsilon\) -1 -2 -3 -4 -5 -6 \(\lg N_{\varepsilon}\) 0,845 1,987 2,999 4,000 5,000 6,000…”,”word_count”:864,”direction”:”ltr”,”total_pages”:1,”rendered_pages”:1}

Источник: https://reshator.com/sprav/algebra/10-11-klass/predel-posledovatelnosti/

3.2. Примеры решения задач

Доказать по определению

Задание 1. Доказать, используя определение предела последовательности, что . Найти номер элемента последовательности, начиная с которого последовательность отличается от своего предела не более, чем на 0,001.

Решение. Доказать, что – это значит указать такой номер , что все элементы последовательности, начиная с этого номера, не больше чем на по модулю отличаются от .

В нашем случае

;

.

Если достаточно большое настолько, что , то равенство выполняется . Значит, для в качестве можно выбрать 1.

Если , то из неравенства следует, что и в качестве можно выбрать любое натуральное число, удовлетворяющее неравенству, например ( – целая часть числа ).

Итак,

При .

Задание 4. Доказать, что последовательность является неограниченной, но не является бесконечно большой.

Решение. Решение состоит из двух частей. Доказать, что последовательность неограниченна, т. е. , другими словами, последовательность содержит сколь угодно большие элементы.

Тем не менее, эта последовательность не является бесконечно большой, т. е. для последовательности неверно утверждение , а верно обратное утверждение .

Другими словами, в последовательности есть элементы со сколь угодно большими номерами, модуль которых не превосходит некоторого числа.

В данном случае . При – нечётных , при – чётных .

Докажем первую часть утверждения. Выберем произвольное сколь угодно большое и найдём такой номер , что . Если нечётно, то . Из неравенства следует, что в качестве можно выбрать любое нечётное число, большее, чем .

Чтобы доказать вторую часть утверждения, обратим внимание на то, что все элементы последовательности с чётными номерами . Если (например ), то какой бы мы ни указали номер , найдется номер больше (чётный), такой, что .

Таким образом, последовательность не является бесконечно большой.

Задание 5.

Пример 1. Доказать, что последовательность имеет предел.

Решение. Покажем, что последовательность монотонно возрастающая.

Сравним последовательность с последовательностью

, каждый член – сумма членов геометрической прогрессии со знаменателем .

Сумма членов геометрической прогрессии определяется по формуле , т. е. , при имеем .

Так как , то . Итак, все условия теоремы о сходимости монотонной и ограниченной последовательности выполнены, следовательно, последовательность имеет предел. Обратите внимание на то, что не является , поэтому нельзя утверждать, что .

Пример 2. Доказать, что последовательность

имеет предел, и вычислить его.

Решение. Покажем, что последовательность:

А) ограничена сверху;

Б) монотонно возрастает.

При доказательстве пункта а) используем метод математической индукции. Очевидно, что . Предположим, что для произвольного номера выполняется неравенство , тогда .

В соответствии с методом математической индукции неравенство выполняется для любого номера, т. е. , следовательно, последовательность ограничена сверху.

б) Докажем, что , снова используя метод математической индукции. Очевидно, что . Пусть .

.

, но так как , то , значит, для .

Таким образом, последовательность монотонно возрастает и ограничена сверху, значит, она имеет предел. Вычислим его. Пусть . Так как , то . Поскольку

, но , , тогда , . Так как мы установили, что , то отбрасываем. Итак .

При выполнении заданий 6, 7, 8 используется следующий результат

Задание 6. Вычислить предел

Решение. При нахождении предела отношения двух многочленов необходимо сравнить степени в числителе и в знаменателе. При кажущейся простоте этой операции она требует определенного внимания и навыков. Рассмотрим предел =Приведем подобные члены

Так как наивысшие степени в числителе и знаменателе равны между собой , то предел равен отношению коэффициентов при наивысших степенях.

Задание 7. Вычислить предел .

Решение. Отметим, что

; ,

Тогда

.

В следующем задании предлагается найти предел выражения, которое представляет собой сумму, число слагаемых которой возрастает с ростом .

В этом случае нельзя переходить к пределу в каждом слагаемом отдельно. Предел можно вычислить, предварительно просуммировав слагаемые под знаком предела.

С этой целью используются известные формулы суммирования членов арифметической и геометрических прогрессий.

Задание 8.

Пример 1. Найти предел числовой последовательности

.

Решение. Преобразуем заданное выражение

.

В числителе стоит сумма членов арифметической прогрессии со знаменателем . Сумма членов арифметической прогрессии равна . В нашем примере , , число членов , тогда .

.

Пример 2. Найти предел числовой последовательности

.

Решение. Преобразуем заданное выражение

Таким образом, мы имеем сумму членов двух геометрических прогрессий, знаменатель одной из них , первый член , знаменатель другой , первый член .

Сумма членов геометрической прогрессии определяется по формуле , т. е.

Для первой прогрессии ,

Для второй прогрессии ,

При имеем

Задание 9.

Пример 1. Вычислить предел

.

Решение.

Для раскрытия неопределённости воспользуемся соотношением

И домножим числитель и знаменатель на сопряжённое выражение

При вычислении предела было учтено, что , .

Пример 2. Вычислить предел

.

Решение.

Для раскрытия неопределённости воспользуемся соотношением и домножим числитель и знаменатель на сопряжённое выражение

Задание 10. Вычислить предел .

Решение. Так как , то – величина бесконечно малая, , т. е. – величина ограниченная. Произведение величины ограниченной на бесконечно малую есть величина бесконечно малая, т. е.

.

Источник: http://matica.org.ua/metodichki-i-knigi-po-matematike/predel-posledovatelnosti-i-predel-funktcii-odnoi-peremennoi/3-2-primery-resheniia-zadach

Нахождение пределов по определению

Доказать по определению

Пример 1. Доказать, что

Доказательство. Возьмем произвольное сколь угодно малое и определим номер такой, чтобы выполнялось неравенство

За возьмем целую часть . Итак, для произвольного найдется номер , что для всех будет выполняться неравенство , следовательно, число 4 является пределом последовательности.

Пример 2. Доказать, что .

Доказательство. Воспользуемся тем, что при рассмотрении предела функции в точке x=1 ее аргумент не принимает значения, равное 1. Имеем

при

Возьмем любое . Тогда:

, если и Отсюда видно, что если взять , то для всех , удовлетворяющих неравенству при , выполняется требуемое неравенство:

Это означает, что

3 Неопределенность

Неопределенности такого вида возникают при вычислении пределов типа: , если

При этом возможны частные случаи:

1) Числитель и знаменатель дроби – многочлены.

Для вычисления предела необходимо разложить числитель и знаменатель на множители и сократить дробь на множитель, порождающий нуль.

Пример 3. Найти

Решение. Разложим на множители числитель и знаменатель дроби:

2) Числитель или знаменатель дроби, или оба содержат иррациональность. Для решения примера необходимо освободиться от иррациональности, умножив числитель и знаменатель дроби на сопряженное выражение, сократить дробь на множитель, порождающий нуль.

Пример 4. Найти

Решение. При числитель и знаменатель стремятся к нулю. Для раскрытия неопределенности умножим числитель и знаменатель на выражение, сопряженное знаменателю по формуле разности кубов. Тогда

получим: =

3) Выражение содержит тригонометрические функции. Для решения примера необходимо путем тригонометрических и алгебраических преобразований свести его к первому замечательному пределу.

Пример 5. Найти

Решение. Подстановкой предельного значения убедимся, что имеем неопределенность . Применяем тригонометрическую формулу , преобразуем полученное выражение, сводим к первому замечательному пределу.

Пример 6. Найти

Решение. Сделаем замену , т.е. Ясно, что при

поэтому

4 Неопределенность вида

1) Числитель и знаменатель дроби при – полиномы.

Для раскрытия неопределенности целесообразно числитель и знаменатель разделить на степень с наивысшим показателем, а затем перейти к пределу.

Пример 7. Найти

Решение.

2) Пример 8. Найти

Решение. Поделим числитель и знаменатель дроби на старшую степень n (выбираем из двух вариантов и ), т.е на

Тогда

5 Неопределенность вида

Для раскрытия этой неопределенности необходимо путем преобразования исходного выражения получить неопределенность вида или , т.е свести к предыдущим случаям 3,4

Пример 9. Найти

Решение.

6 Неопределенность вида

Этот случай нахождения предела функции можно привести к случаю или

путем преобразования функции к виду дроби.

Пример 10. Найти

Решение. Рассматривая данную функцию как дробную со знаменателем, равным единице, избавимся от иррациональности в числителе и затем разделим числитель и знаменатель на x:

7 Неопределенность вида

Неопределенности такого вида появляются при решении примеров вида:

, где , или , где , .

Преобразуя выражения, сводим их ко второму замечательному пределу.

Пример 11. Найти

Решение. Полагая , получим когда , и

,

, так как

Комбинированные случаи

Для этих наиболее сложных случаев раскрытия неопределенностей общих рекомендаций нет. В каждом примере свой подход к решению. При достаточно хороших навыках в решении пяти предыдущих случаях, можно воспользоваться, приведенными выше рекомендациями.

Пример 12.

Решение.

Имеем неопределенность вида . Это отчетливо видно, если с помощью свойств логарифма представить предел в виде:

=

На основании непрерывности логарифмической функции перейдем к пределу под символом логарифма, т.е

Источник: https://poisk-ru.ru/s43517t8.html

Поделиться:
Нет комментариев

    Добавить комментарий

    Ваш e-mail не будет опубликован. Все поля обязательны для заполнения.