Предельный переход и неравенства

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:

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

  1.  \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 .
  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{ \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} .
  3.  \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).
  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. 20 — 21
  2. Фихтенгольц Г. М. Курс дифференциального и интегрального исчисления: в 3-х т. Т. 1 / Г. М. Фихтенгольц. — М.: Наука, 1962. — 648 с., стр. 56 — 57
  3. Кудрявцев Л. Д. Курс математического анализа. Т. 1 / Л. Д. Кудрявцев. — М.: ДРОФА, 2003. — 703 с., стр. 101 — 107
  4. 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. 171 — 172
  5. Тер-Крикоров А. М., Курс математического анализа / А. М. Тер-Крикоров, М. И. Шабутин. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2001. — 672 с., стр. 43 — 44
  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. 71 — 72

Добавить комментарий

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