Предельный переход и неравенства

Вернуться к: Математический анализ I

Теорема 4. Пусть $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = a , \ \lim\limits_{ n \to \infty }{ y_n } = b$ и $x_n \leq y_n \ ( n = 1, 2, \ldots ) .$ Тогда $a \leq b .$

Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем номер $N_1 ,$ такой, что для всех $n \geq N_1$ справедливо неравенство $\left| x_n - a \right| < \varepsilon .$ Отсюда, в частности, следует, что $x_n > a - \varepsilon , \ n \geq N_1 .$ Далее, для этого же $\varepsilon$ найдем номер $N_2 ,$ такой, что для всех $n \geq N_2$ выполнено неравенство $\left| y_n - b \right| < \varepsilon ,$ из которого следует, что $y_n < b + \varepsilon , \ n \geq N_2 .$ Положим $N = \max{ ( N_1 , N_2 ) } .$ Тогда для $n \geq N ,$ пользуясь условием теоремы, получим $a - \varepsilon < x_n \leq y_n < b + \varepsilon .$ Отсюда имеем $a - \varepsilon < b + \varepsilon ,$ или $a < b + 2 \varepsilon .$ Так как $\varepsilon > 0$ произвольно, то $a \leq b .$

Приведем еще одно доказательство теоремы 4. Предположим, что $a > b .$ Тогда положим $\varepsilon = \frac{ a - b }{ 2 }$ и найдем номера $N_1$ и $N_2 ,$ такие, что $\left| x_n - a \right| < \varepsilon \ ( n \geq N_1 )$ и $\left| y_n - b \right| < \varepsilon \ ( n \geq N_2 ) .$ Если взять $n \geq \max{ ( N_1, N_2 ) } ,$ то получим $x_n > a - \varepsilon = \frac{ a + b }{ 2 } = b + \varepsilon > y_n ,$ что противоречит условию $x_n \leq y_n$ теоремы.

Замечание. Из условия $x_n < y_n \ ( n = 1, 2, \ldots )$ не следует, что $a < b .$ Действительно, пусть, например, $x_n = 0 ,$ $y_n = \frac{ 1 }{ n } \ ( n = 1, 2, \ldots ) .$ Тогда $x_n < y_n \ ( n = 1, 2, \ldots ) ,$ но $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ y_n } = 0 .$

Теорема 5. Пусть $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = a ,$ и число $b < a .$ Тогда существует такой номер $N ,$ что при всех $n \geq N$ справедливо неравенство $x_n > b .$

Положим $\varepsilon = a - b > 0$ и найдем номер $N ,$ такой, что $\left| x_n - a \right| < \varepsilon$ при всех $n \geq N .$ Отсюда для $n \geq N$ получим $x_n > a - \varepsilon = b .$

Теорема 6 (теорема Гурьева о трех пределах). Пусть три последовательности ${ x_n } , \ { y_n }$ и ${ z_n }$ такие, что $x_n \leq y_n \leq z_n \ ( n = 1, 2, \ldots ) .$ Если $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ z_n } = a ,$ то последовательность ${ y_n }$ сходится и $\lim\limits_{ n \to \infty }{ y_n } = a .$

Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем номера $N_1$ и $N_2 ,$ такие, что $\left| x_n - a \right| < \varepsilon \ ( n \geq N_1 )$ и $\left| z_n - a \right| < \varepsilon \ ( n \geq N_2 ) .$ Положим $N = \max{ ( N_1, N_2 ) } .$ Тогда для всех $n \geq N$ будем иметь $a - \varepsilon < x_n \leq y_n \leq z_n < a + \varepsilon .$ Отсюда следует, что $\left| y_n - a \right| < \varepsilon ,$ а это и означает, что существует $\lim\limits_{ n \to \infty }{ y_n } = a .$

Пример 6. Пусть $x_n = q^n .$ В примере 5 было показано, что при $\left| q \right| > 1$ последовательность $x_n$ неограниченна и, следовательно, расходится. Далее, при $q = -1$ имеем $x_n = ( -1 )^n .$ В примере 4 мы показали, что эта последовательность также расходится. Если $q = 1 ,$ то $x_n = 1 \ ( n = 1, 2, \ldots ) .$ Это – стационарная последовательность и $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = 1 .$ Также и при $q = 0$ получаем $x_n = 0 \ (n = 1, 2, \ldots )$ и $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = 0 .$ Осталось рассмотреть случай $0 < \left| q \right| < 1 .$ Выберем такое $\alpha > 0 ,$ что $\left| q \right| = \frac{ 1 }{ 1 + \alpha } \ ( \alpha = \frac{ 1 }{ \left| q \right| } - 1 > 0 ) .$ Тогда, в силу неравенства Бернулли $( 1 + \alpha )^n \geq 1 + n \alpha \ ( n = 1, 2, \ldots ) ,$ имеем $0 \leq \left| q^n \right| = \left| q \right|^n = \frac{ 1 }{ ( 1 + \alpha )^n} \leq \frac{ 1 }{ 1 + n \alpha} \leq \frac{ 1 }{ n \alpha} .$ Полагая $a_n = 0 , \ c_n = \frac{ 1 }{ n \alpha } , \ b_n = \left|q^n \right| \ ( n = 1, 2, \ldots ) ,$ и учитывая, что $\lim\limits_{ n \to \infty }{ a_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ c_n } = 0 ,$ из теоремы о трех пределах получаем, что $\lim\limits_{ n \to \infty }{ \left| q^n \right| } = 0 ,$ а из замечания к теореме 3 следует, что и $\lim\limits_{ n \to \infty }{ q^n } = 0 .$

Задание 1
С помощью теоремы Гурьева доказать, что последовательность $z_n = \frac{ n }{ n^2 + 1 }$ имеет предел равный нулю.

Решение.
С одной стороны $z_n = \frac{ n }{ n^2 + 1 } > 0 = x_n , \ \forall n \in \mathbb {N} .$ С другой стороны $z_n = \frac{ n }{ n^2 + 1 } < \frac{ n }{ n^2 } = \frac{ 1 }{ n } = y_n .$ То есть, имеем: $0 < \frac{ n }{ n^2 + 1 } < \frac{ 1 }{ n }$ и из того, что $\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ 0 } = 0 , \ \lim\limits_{ n \to \infty }{ y_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ \frac{ 1 }{ n } } = 0 ,$ по теореме о трёх пределах $\lim\limits_{ n \to \infty }{ z_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ \frac{ n }{ n^2 + 1 } } = 0 .$

Задание 2
Исследовать последовательность $x_n = \frac{ n - 1 }{ \sqrt{ n^2 + 1 } } , \ n \in \mathbb {N}$ на ограниченность.

Решение.
$\lim\limits_{ n \to \infty }{ x_n } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ \frac{ n - 1 }{ \sqrt{ n^2 + 1 } } } =$ $\lim\limits_{ n \to \infty }{ ( \frac{ n }{ \sqrt{ n^2 + 1 } } - \frac{ 1 }{ \sqrt{ n^2 + 1 } } ) } \leq \lim\limits_{ n \to \infty }{ \frac{ n }{ \sqrt{ n^2 + 1 } } } =$ $\lim\limits_{ n \to \infty }{ \frac{ n }{ \sqrt{ n^2 + 1 } } } = \lim\limits_{ n \to \infty }{ \frac{ n }{ n \sqrt{ 1+\frac{ 1 }{ n^2 } } } } = 1 .$
Тогда последовательность $x_n$ — сходящаяся. Из необходимого условия сходимости последовательности следует, что $x_n$ ограниченна.

Задание 3
Вычислить:

$\lim\limits_{x \to {\infty}}{\frac{1 + 14 x}{2 x + \sqrt [ 3 ]{ { x }^{ 2 } } } }$
$\lim\limits_{x \to \infty}{ \frac{ \sqrt{ 4 x^2 + \sqrt{ x^3 + x^4 } } }{ \sqrt{ x^2 + 4 } } }$
$\lim\limits_{x \to \infty}{ { (\frac { x }{ 2x + 1 } ) }^{ x^2 } }$

Решение.

$\lim\limits_{x \to {\infty}}{\frac{1 + 14 x}{2 x + \sqrt [ 3 ]{ { x }^{ 2 } } } } =$ $\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{ \frac{1}{x} + 14 }{2 + \sqrt [ 3 ]{ \frac{1}{x} } } } =$ $\lim\limits_{x \to \infty}{\frac{ 0 + 14 }{2 + 0 } } = \frac{14}{2} = 7 .$
$\lim\limits_{x \to \infty}{ \frac{ \sqrt{ 4 x^2 + \sqrt{ x^3 + x^4 } } }{ \sqrt{ x^2 + 4 } } } =$ $\lim\limits_{x \to \infty}{ \frac{ \sqrt{ 4 x^2 + x^2 \sqrt{ \frac{1}{x} + 1 } } }{ \sqrt{ x^2 + 4 } } } =$ $\lim\limits_{x \to \infty}{ \frac{ x \sqrt{ 4 + 1 } }{ x \sqrt{ 1 + \frac{4}{x^2} } } } = \sqrt{5} .$
$\lim\limits_{x \to \infty}{ { (\frac { x }{ 2x+1 } ) }^{ x^2 } } =$ $\lim\limits_{x \to \infty}{ { (\frac { 1 }{ 2 + \frac{1}{x} } ) }^{ x^2 } } =$ $\left[ { (\frac { 1 }{ 4 } ) }^{ x^2 } \leq { (\frac { 1 }{ 2 + \frac{1}{x} } ) }^{ x^2 } \leq { (\frac { 3 }{ 4 } ) }^{ x^2 } \right] = 0$ (по теореме Гурьева).

Добавить комментарий Отменить ответ