Предельный переход и арифметические операции

Вернуться к: Математический анализ I

Теорема 7. Пусть \lim\limits_{ n\to \infty }{ x } _{ n }=a, \lim\limits_{ n\to \infty }{ y } _{ n }=b. Тогда

  1. \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( { x }_{ n }+{ y }_{ n } \right) } =a+b;
  2. \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( { x }_{ n }{ y }_{ n } \right) } =ab;
  3. если { y }_{ n }\neq 0\left( n=1,2,\dots \right) ,b\neq 0, то \lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { { x }_{ n } }{ { y }_{ n } } } =\frac { a }{ b } .

  1. Зададим \varepsilon > 0 и найдём номера { N }_{ 1 } и { N }_{ 2 }, такие, что \left| { x }_{ n }-a \right| < \frac { \varepsilon }{ 2 } \left( n\ge { N }_{ 1 } \right) и \left| { y }_{ n }-b \right| < \frac { \varepsilon }{ 2 } \left( n\ge { N }_{ 2 } \right) . Положим N=\max { \left( { N }_{ 1 },{ N }_{ 2 } \right) } . Тогда для n\ge N будем иметь a-\frac { \varepsilon }{ 2 } < { x }_{ n } < a+\frac { \varepsilon }{ 2 } ,b-\frac { \varepsilon }{ 2 } < { y }_{ n } < b+\frac { \varepsilon }{ 2 } . Складывая эти два неравенства, получим a+b-\varepsilon < { x }_{ n }+{ y }_{ n } < a+b+\varepsilon , или \left| \left( { x }_{ n }+{ y }_{ n } \right) -\left( a+b \right) \right| < \varepsilon \left( n\ge N \right) .

  2. Воспользуемся тем, что сходящаяся последовательность ограничена. Тогда найдется такое A > 0, что \left| { x }_{ n } \right| \le A для всех n\in \mathbb{N}. Будем использовать неравенство

    \left| { x }_{ n }{ y }_{ n }-ab \right| \le \left| { x }_{ n }{ y }_{ n }-{ x }_{ n }b \right| +\left| { x }_{ n }b-ab \right| = =\left| { x }_{ n } \right| \left| { y }_{ n }-b \right| +\left| b \right| \left| { x }_{ n }-a \right| .\left( 2.1 \right)

    Зададим \varepsilon > 0 и найдём номер { N }_{ 2 }, такой, что \left| { y }_{ n }-b \right| < \frac { \varepsilon }{ 2A } для всех n\ge { N }_{ 2 }. Если b=0, то второе слагаемое справа в \left( 2.1 \right) равно нулю, в этом случае полагаем { N }_{ 1 }=1. Если же b\neq 0, то найдем такой номер { N }_{ 1 }, что для всех n\ge { N }_{ 1 } справедливо неравенство \left| { x }_{ n }-a \right| < \frac { \varepsilon }{ 2\left| b \right| } . Положим N=\max { \left( { N }_{ 1 },{ N }_{ 2 } \right) } . Тогда для n\ge N, в силу \left( 1 \right) , будем иметь

    \left| { x }_{ n }{ y }_{ n }-ab \right| \le \frac { \varepsilon }{ 2 } +\frac { \varepsilon }{ 2 } =\varepsilon ,

    и тем самым доказано утверждение 2)

  3. Достаточно показать, что \lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 1 }{ { y }_{ n } } } =\frac { 1 }{ b } , а затем применить \left.2\right ) . Имеем

    \left| \frac { 1 }{ { y }_{ n } } -\frac { 1 }{ b } \right| =\frac { \left| { y }_{ n }-b \right| }{ \left| { y }_{ n } \right| \left| b \right| } .

    Поскольку, в силу теоремы 3, \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left| { y }_{ n } \right| } =\left| b \right| , то для { \varepsilon }^{ \prime }=\frac { \left| b \right| }{ 2 } > 0 найдем такой номер { N }_{ 1 }, то для всех n\ge { N }_{ 1 } справедливо неравенство \left| \left| { y }_{ n } \right| -\left| b \right| \right| < { \varepsilon }^{ \prime }=\frac { \left| b \right| }{ 2 } , т.е. \frac { \left| b \right| }{ 2 } < \left| { y }_{ n } \right| < \frac { 3\left| b \right| }{ 2 } . Поэтому для всех n\ge { N }_{ 1 } получим

    \left| \frac { 1 }{ { y }_{ n } } -\frac { 1 }{ b } \right| \le \frac { \left| { y }_{ n }-b \right| }{ \frac { 1 }{ 2 } { b }^{ 2 } } .

    Зададим теперь \varepsilon > 0 и найдем номер { N }_{ 2 }, такой, что при всех n\ge { N }_{ 2 } справедливо неравенство \left| { y }_{ n }-b \right| < \frac { { \left| b \right| }^{ 2 } }{ 2 } \varepsilon . Положим N=\max { \left( { N }_{ 1 },{ N }_{ 2 } \right) } . Тогда для n\ge N будем иметь

    \left| \frac { 1 }{ { y }_{ n } } -\frac { 1 }{ b } \right| < \varepsilon ,

    а это и означает, что \lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 1 }{ { y }_{ n } } } =\frac { 1 }{ b } .

В частном случае { y }_{ n }=b\left( n=1,2,\dots \right) утверждение \left.2\right ) теоремы 7 принимает такой вид: \lim\limits_{ n\to \infty }{ b{ x }_{ n } } =b\lim\limits_{ n\to \infty }{ { x }_{ n } } .

Это означает, что постоянный множитель можно выносить за знак предела.

Пример 7. Докажем, что \lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ a } } =1 при любом a > 0.

При a=1 это равенство очевидно. Пусть a > 1. Обозначим { a }_{ n }=\sqrt [ n ]{ a } -1 > 0. Тогда, в силу неравенства Бернулли, имеем a={ \left( 1+{ a }_{ n } \right) }^{ n }\ge 1+n{ a }_{ n }, откуда 0\le { a }_{ n }\le \frac { a-1 }{ n } , т.е.

0\le \sqrt [ n ]{ a } -1\le \frac { a-1 }{ n } .

Так как \lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { a-1 }{ n } } =0, то, по теореме о трех пределах, будем иметь \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \sqrt [ n ]{ a } -1 \right) } =0. Отсюда следует, что

\lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ a } } = \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \sqrt [ n ]{ a } -1 \right) } +\lim\limits_{ n\to \infty }{ 1 } =1.

В случае 0 < a < 1 обозначим b=\frac { 1 }{ a } > 1. Как уже доказано ранее, \lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ b } } =1. Поэтому, в силу п. \left.3\right ) теоремы 7, получим

\lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ a } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ \frac { 1 }{ b } } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 1 }{ \sqrt [ n ]{ b } } } =\frac { \lim\limits_{ n\to \infty }{ 1 } }{ \lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ b } } } =\frac { 1 }{ 1 } =1.
Пример 8. Докажем, что \lim \limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ n } }=1.

Обозначим { a }_{ n }=\sqrt [ n ]{ n } -1 \ge 0. Тогда при n\ge 2 получим

n={ \left( 1+{ a }_{ n } \right) }^{ n }=\sum\limits_{ k=0 }^{ n }{ { C }_{ n }^{ k } } { a }_{ n }^{ k }\ge { C }_{ n }^{ 2 }{ a }_{ n }^{ 2 }=\frac { 1 }{ 2 } n\left( n-1 \right) { a }_{ n }^{ 2 },

откуда { a }_{ n }\le \sqrt { \frac { 2 }{ n-1 } } . Если мы докажем, что \lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt { \frac { 2 }{ n-1 } } } =0, то из неравенства 0\le { a }_{ n }\le \sqrt { \frac { 2 }{ n-1 } } , в силу теоремы о трех пределах, получим, что \lim\limits_{ n\to \infty }{ { a }_{ n } } =0, и, следовательно,

\lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt [ n ]{ n } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \sqrt [ n ]{ n } -1 \right) } +\lim\limits_{ n\to \infty }{ 1 } =0+1=1.

Итак, остается показать, что \lim\limits_{ n\to \infty }{ \sqrt { \frac { 2 }{ n-1 } } } =0. Зададим \varepsilon > 0. Тогда \sqrt { \frac { 2 }{ n-1 } } < \varepsilon , если только n > \frac { 2 }{ { \varepsilon }^{ 2 } } +1. Полагая N=\left[ \frac { 2 }{ { \varepsilon }^{ 2 } } \right] +2, согласно определению предела, получаем требуемое равенство.

Задание 1. Найти \lim\limits_{ n\to \infty }{ { x }_{ n } } , где { x }_{ n }=1+q+{ q }^{ 2 }+\dots +{ q }^{ n },\left| q \right| < 1.
\left( 1+q+{ q }^{ 2 }+\dots +{ q }^{ n } \right)- геометрическая прогрессия. Отсюда:
\lim\limits_{ n\to \infty }{ { x }_{ n } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( 1+q+{ q }^{ 2 }+\dots +{ q }^{ n } \right) } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 1\cdot \left( 1-{ q }^{ n+1 } \right) }{ 1-q } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \frac { 1 }{ 1-q } -\frac { { q }^{ n+1 } }{ 1-q } \right) } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 1 }{ 1-q } } -\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { { q }^{ n+1 } }{ 1-q } } =\frac { 1 }{ 1-q } -0=\frac { 1 }{ 1-q }
Задание 2. Найти \lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 2-n }{ { n }^{ 2 }+3 } } .
\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { 2-n }{ { n }^{ 2 }+3 } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { \frac { 2-n }{ { n }^{ 2 } } }{ \frac { { n }^{ 2 }+3 }{ { n }^{ 2 } } } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { \frac { 2 }{ { n }^{ 2 } } -\frac { 1 }{ n } }{ 1+\frac { 3 }{ { n }^{ 2 } } } } =\frac { 0-0 }{ 1+0 } =0.
Задание 3. Найти \lim\limits_{ x\to 0 }{ \frac { \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } -1 }{ { x }^{ 2 } } } .
Умножим числитель и знаменатель на \left( \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } +1 \right) : \lim\limits_{ x\to 0 }{ \frac { \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } -1 }{ { x }^{ 2 } } } =\lim\limits_{ x\to 0 }{ \frac { \left( \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } -1 \right) \cdot \left( \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } +1 \right) }{ { x }^{ 2 }\cdot \left( \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } +1 \right) } = } \lim\limits_{ x\to 0 }{ \frac { 1+{ x }^{ 2 }-1 }{ { x }^{ 2 }\cdot \left( \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } +1 \right) } } = =\lim\limits_{ x\to 0 }{ \frac { 1 }{ \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } +1 } } =\frac { 1 }{ \lim\limits_{ x\to 0 }{ \sqrt { 1+{ x }^{ 2 } } +1 } } =\frac { 1 }{ 2 }
Задание 4. Найти \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \frac { 1+2+\dots +n }{ n+2 } -\frac { n }{ 2 } \right) } .
\left( 1+2+\dots +n \right) - арифметическая прогрессия. Отсюда: \lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \frac { 1+2+\dots +n }{ n+2 } -\frac { n }{ 2 } \right) } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \frac { \frac { 1+n }{ 2 } \cdot n }{ n+2 } -\frac { n }{ 2 } \right) } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \left( \frac { n+{ n }^{ 2 } }{ 2\cdot \left( n+2 \right) } -\frac { n }{ 2 } \right) } = \lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { n+{ n }^{ 2 }-n\cdot \left( n+2 \right) }{ 2\cdot \left( n+2 \right) } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { n+{ n }^{ 2 }-{ n }^{ 2 }-2n }{ 2\cdot \left( n+2 \right) } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { -n }{ 2n+4 } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { -\frac { n }{ n } }{ \frac { 2n+4 }{ n } } } =\lim\limits_{ n\to \infty }{ \frac { -1 }{ 2+\frac { 4 }{ n } } } =-\frac { 1 }{ 2 }
  1. Коляда В. И. Курс лекций по математическому анализу К93: в 2-х ч. Ч. 1 / В. И. Коляда, А. А. Кореновский. — Одесса: Астропринт, 2009.-XXVII — 369 с., стр. 21-23
  2. Сборник задач по математическому анализу. Т. 1: учеб. пособие / Л. Д. Кудрявцев, А. Д. Кутасов, В. И. Чехлов, М. И. Шабутин. — 2-е изд., перераб. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2003. — 496 с., стр. 134-136
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа. Т. 1 / Л. Д. Кудрявцев. — М.: ДРОФА, 2003. — 703 с., стр. 120-127
  4. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: в 3-х т. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — М.: Наука, 1962. — 648 с., стр. 58-60
  5. Тер-Крикоров А. М., Курс математического анализа / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабутин. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001. — 672 с., стр. 45-50
  6. Ильин В. А. Основы математического анализа: в 2-х ч. Ч. 1: Учеб.: Для вузов / В. А. Ильин, Э. Г. Позняк. — М.: Наука, 2005. — 648 с., стр. 67-71

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *