Решение задач

1. Задача.Доказывается непосредственно из определения предельной точки и точной верхней грани

2. Задача.Данное утверждение очевидно.

3. Задача.Докажем неравенство по индукции. При n = 2 неравенство практически очевидно. В предположении индукции, что равенство верно при nдокажем его при n + 1:

(1 + x)n + 1 = (1 + x)n(1 + x) ³(1 + nх)(1 + x) = 1 + (n + 1)x + nx2³ 1 + (n + 1)x.

4. Задача.Доказать, что последовательность Решение задач - student2.ru убывает и ограничена снизу. Следовательно, она имеют общий предел c Решение задач - student2.ru .

Решение. Воспользуемся неравенством из предыдущей задачи:

Решение задач - student2.ru

Отсюда вытекает монотонное убывание y(n). Из неравенства x(n) £y(n) получаем ограниченность снизу.

3. Задача. Доказать, что limn→∞nk/2n= 0, limn→∞n(a1/n− 1) = lna, a> 0.

Решение. (a) Докажем сначала для k = 1. Воспользуемся биномом Ньютона:

Решение задач - student2.ru

Тогда

Решение задач - student2.ru

и 0 £limn→∞n/2n£limn→∞2n/n(n – 1) = 0.

Аналогично для произвольного k:

Решение задач - student2.ru

Тогда

Решение задач - student2.ru

Возможно также провести доказательство по т. Штольца.

(б) Исходя из неравенства (см. замечательный предел и задачу 4)

Решение задач - student2.ru

находим Решение задач - student2.ru . Следовательно

Решение задач - student2.ru

Приа> 1 имеем Решение задач - student2.ru , где Решение задач - student2.ru при Решение задач - student2.ru . Если через an = [zn] – обозначить целую часть zn, то an£zn£an + 1 и Решение задач - student2.ru . Отсюда вытекают неравенства

Решение задач - student2.ru

Решение задач - student2.ru

Так как последовательность Решение задач - student2.ru является подпоследовательностью сходящейся последовательности Решение задач - student2.ru , то

Решение задач - student2.ru

Предельный переход в полученных неравенствах доказывает утверждение. Случай а£ 1 сводится к рассмотренному переходом к b = 1/a.

4. Задача.Пусть limn→∞xn = +∞. Доказать, что limn→∞(x1+···+xn)/n= +∞.

Доказательство. Строгое доказательство проводится по определению бесконечного предела: нам дано, что ∀M∃n1: ∀n>n1xn> 2M и надо доказать, что ∀M∃n2: ∀n>n2¢¢(x1+···+xn)/n>M.

Возьмём n2> 2n1. Тогда

Решение задач - student2.ru

5. Задача.Пусть∀n∈Npn> 0 иlimn→∞pn = p. Доказать, чтоlimn→∞(p1...pn)1/n= p.

Доказательство. limn→∞pn = p ⇔∀ε > 0 ∃n0 = n0(ε): ∀n > n0 |pn−p| < ε. Тогда рассмотрим выражение limn→∞(p1...pn)1/n= limn→∞(p1... Решение задач - student2.ru )1/n limn→∞( Решение задач - student2.ru ...pn)1/n =

= 1×limn→∞ ( Решение задач - student2.ru ...pn)1/n. Для последнего предела в силу отмеченного выше имеем оценку:

Решение задач - student2.ru £( Решение задач - student2.ru ...pn)1/n£ Решение задач - student2.ru .

Так как limn→∞ Решение задач - student2.ru = limn→∞ Решение задач - student2.ru = 1, по теореме о двух милиционерах получаем искомое утверждение.

6. Задача.Исходя из равенства Решение задач - student2.ru = e, доказать, что limn→∞n/(n!)1/n = e.

Доказательство. Докажем вспомогательное утверждение: если limn→∞yn/yn−1= a, то limn→∞ Решение задач - student2.ru = a. Оно явно следует из предыдущей задачи, если положить pn = yn/yn−1. Тогда берём yn =nn/n!:

Решение задач - student2.ru

7. Задача.Доказать, что последовательность an = (1 + 1/n)n+p строго убывает тогда и только тогда, когда p≥ ½.

Доказательство. Сравним Решение задач - student2.ru и Решение задач - student2.ru . Для этого сравним логарифмы этих выражений (используем монотонность функции y = lnx).

(n + p)(ln(n + 1) − lnn) ∨ (n + p +1)(ln(n + 2) − ln(n + 1)).

Пусть f(x) = (x + p)(ln(x + 1) − lnx). Тогда f¢(x) = (ln(x + 1) − lnx) + (x + p) Решение задач - student2.ru и f¢¢ = Решение задач - student2.ru > 0. При p ≥ ½ f¢(x) возрастает (f¢¢> 0) и limx→+∞f¢(x) = 0, то есть f¢(x) < 0 и f(x) убывает. При p £ ½ f¢(x) возрастает при x<p/(1−2p) и убывает при x>p/(1−2p). limx→+∞f ¢(x) = 0, следовательно f ¢(x) > 0 при x > p/(1−2p), при таких x f(x) возрастает.

Доказано.

8.Задача.Доказать, что ∀r ∈ Q: |r| < 1 верны равенства 1+ r£er£ 1 + r/(1 - r).

Доказательство. Докажем левое неравенство. Известно, что (1 + 1/x)x<e, откуда следует, что xln(1 + 1/x) < 1 ⇒ln(1+ t) <t, где t = 1/x.

Теперь докажем правое неравенство. Оно следует из того, что (1 + 1/x)x+1>e после некоторых преобразований. В обоих случаях мы брали натуральный логарифм от обеих частей неравенства и пользовались тем, что y = lnx монотонно возрастает.

10.Задача. Пусть {xn} последовательность с ограниченным изменением, т.е. ∃c > 0: ∀n ∈ N верно неравенство Решение задач - student2.ru <c. Доказать, что последовательность {xn} сходится.

Доказательство. Пусть yn Решение задач - student2.ru . Эта последовательность возрастает и ограничена сверху, следовательно имеет предел. Значит для неё выполняется критерий Коши: ∀ε > 0 ∃n0 = n0(ε): ∀k,m> n0 |yk− ym| < ε

По определению |xk − xm| £ |yk − ym| = |xm+1 −xm|+ ···+ |xk − xk−1| <ε

Следовательно идля последовательности {xn} выполняется критерий Коши, то есть она сходится.

Замечание. Пример сходящейся последовательности, не имеющей ограниченного изменения:xn = sgn(cos(πx))×1/n.

11. Задача.Пусть 0 £xm+n£xm + xn. Доказать, что ∃limn→∞xn/n.

Доказательство. Обозначим xn/n за yn. Заметим, что подпоследовательность { Решение задач - student2.ru } данной последовательности не возрастающая и ограниченная снизу, то есть сходится:

Решение задач - student2.ru

Теперь покажем, что разность между любым членом и членом с номером, равным ближайщейстепени двойки, стремится к нулю, то есть и вся последовательность имеет предел:

Решение задач - student2.ru

12. Задача.Верно ли, что

(a) Решение задач - student2.ru n→∞ (an + bn) £ Решение задач - student2.ru n→∞an + Решение задач - student2.ru n→∞bn, если последние пределы существуют;

(b) если limn→∞an = a и Решение задач - student2.ru n→∞bn = b, то Решение задач - student2.ru n→∞anbn = ab;

(c) Решение задач - student2.ru n→∞an = − Решение задач - student2.ru n→∞(−an).

(a) Выберем подпоследовательность индексов {nk}, такую, что верхний предел исходной последовательности равен пределу подпоследовательности с данными индексами. В этой подпоследовательности можно выделить подпоследовательность Решение задач - student2.ru такую, что только последовательность Решение задач - student2.ru имеет предел, из которой уже, в свою очередь выбираем подпоследовательность Решение задач - student2.ru что Решение задач - student2.ru имеет предел. Тогда каждый из верхних пределов больше соответствующего частичного предела. Что и требовалось доказать.

Решение задач - student2.ru

(b) Доказательство проводится по аналогичной схеме.

(c) Очевидно.

13. Задача.Пусть limn→∞an = +∞. Доказать, что ∃minnNan.

Считаюэтоутверждениеочевидным.

14.Задача.Пусть limn→∞an = a. Доказать, что последовательность {an} имеет либо наибольший, либонаименьшей элемент, либо и тот и другой.

Считаю это утверждение очевидным.

15. Задача.Пустьsn = a1 + ··· + an → ∞,ak> 0, limn→∞an = 0. Доказать, что множество предельных точек дробных частей {sn} совпадает с отрезком [0;1].

См. задачу 29

16. Задача. Пусть limn→∞(sn+1 − sn) = 0 и не существует ни конечного, ни бесконечного предела limn→∞sn,и пусть l = Решение задач - student2.ru n→∞sn, L = Решение задач - student2.ru n→∞sn. Доказать, что последовательность {sn} расположена всюду плотно на отрезке [l; L].

Доказательство. Покажем, что любая ε-окрестность точки a∈ (l;L) содержит бесконечное число элементов. Согласно условию ∃N = N(ε): |xn+1 − xn| < 2ε при n>N. Возьмём такой произвольныйε> 0, что окрестности точекl, a и L не пересекаются.

Посколькуl – частичный предел, то ∃xp1 ∈Uε(l): p1 >N. Аналогично ∃xq1∈U

ε(L): q1 >N.

Но поскольку расстояние между двумя соседними элементами при n>N меньше 2ε, то ∃xr1∈Uε(a): p1 <r1 <q1.

Предполагая далее существование таких элементов xp2∈Uε(l): p2 >p1 и xq2∈Uε(L): q2 >q1убеждаемся, что существует и xr2∈Uε(a): p2 <r2 <q2.

Продолжая этот процесс до бесконечности, убеждаемся в бесконечном количестве членов последовательности, лежащих в окрестности точки a.

17. Задача.

(a) Пустьan> 0 и limn→∞an = 0. Доказать, что существует бесконечно много номеров n таких, что an>max(an+1, an+2, ...).

(b) Пусть an> 0 и Решение задач - student2.ru n→∞an = 0. Доказать, что существует бесконечно много номеров n таких, что an<min(a1, a2,..., an−1).

Данные утверждения более-менее очевидны, если в них хоть немного вдуматься.

Списоклитературы

[1] Конспекты лекций по мат. анализу.

[2] Г.И. Архипов, В.А. Садовничий, В.Н. Чубариков. Лекции по математическому анализу, 4-е издание, исправленное. М.: Дрофа, 2004. – 640 с.

[3] Ильин В. А., Позняк Э. Г. Основы математического анализа: В 2-х ч. Часть I: Учеб.: Для вузов. — 7-е изд. — М.: ФИЗМАТЛИТ, 2005. — 648 с.

Наши рекомендации