Определение предела

Теоретическая сводка

Дорогой читатель, обращаю Ваше внимение на то, что все задачи данного раздела особенно трудные и имеют сугубо теоретическую ценность. Если у Вас не получается разобрать данный материал — не отчаивайтесь, рассмотрите следующие разделы и возвращайтесь к этой теме позднее!

Числовой последовательностью (ЧП) называется всякая функция натурального аргумента

(1) $\begin{equation*} f: \: \mathbb{N} \to \mathbb{R}, \: n \to f\left( n \right) ,\end{equation*}$

её обозначают $a_n = f\left( n \right)$ . Числа $a_1, a_2, \ldots, a_n, \ldots$ называются элементами (членами) числовой последовательности.

Постоянной числовой последовательностью называется последовательность $a_n = c = \text{const} \in \mathbb{R}$ .

Числовая последовательность называется ограниченной, если выполнено

(2) $\begin{equation*} \exists C > 0 \; \; \: \forall n \in \mathbb{N}: \; \; \: \left| a_n \right| \le C .\end{equation*}$

Число $a \in \mathbb{R}$ называется пределом числовой последовательности $\left\{ a_n \right\} \subset \mathbb{R}$ , если

(3) $\begin{equation*} \forall \epsilon>0 \; \; \: \exists N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \forall n \ge N_\epsilon : \; \; \: \left| a_n - a \right| < \epsilon ,\end{equation*}$

и обозначается

$a = \lim_{n \to \infty} a_n \; \; \: \left( a_n \to a, \ n\to \infty \right) .$

Если числовая последовательность имеет своим пределом ноль $\left( a_n \to 0, \ n\to \infty\right)$ , то говорят, что такая последовательность является бесконечно малой (БМП).

Последовательность $\left\{ b_n \right\} \subset \mathbb{R}$ называется бесконечно большой (ББП), если выполняется

$\forall A>0 \; \; \: \exists N_A \in \mathbb{N} \; \; \: \forall n \ge N_A : \; \; \: \left| b_n \right| > A .$

В таком случае говорят, что последовательность стремится к бесконечности, и обозначают

$\lim_{n \to \infty} b_n = \infty \; \; \: \left( b_n \to \infty, \ n\to \infty \right) .$

Если существует конечный предел последовательности, то последовательность называется сходящейся, а в противном случае — расходящейся. Всякая ББП является расходящейся.

Задачи и упражнения

Уровни сложности задач

простая задача

средняя задача

сложная задача

олимпиадная задача

Скачать все решения в .pdf формате

Задача средняя (1)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{n+2}=1 .$

Для всякого $\epsilon > 0$ определите число $N_\epsilon = N_{\epsilon}\left( \epsilon \right)$ такое, что $\forall n > N_\epsilon: \ \left| \frac{n}{n+2} -1 \right| < \epsilon$ .

Рассмотрим модуль разности числовой последовательности и её предела

$\left| \frac{n}{n+2} -1 \right| = \left| \frac{-2}{n+2} \right| = \frac{2}{n+2} < \epsilon .$

Откуда получим, что

$\left| \frac{n}{n+2} -1 \right| < \epsilon,$

если выполнено

$n > \frac{2}{\epsilon} - 2 .$

Тогда в качестве искомого числа $N_\epsilon$ можно выбрать

$N_\epsilon = \left[ \frac{2}{\epsilon} \right] ,$

что по определению значит $\frac{n}{n+2}\to 1, \ n\to \infty$ .

Для наглядности визуализируем сходимость рассматриваемой последовательности к $1$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (2)

Доказать, что последовательности $a_n = \frac{\left( -1 \right) ^{n+1}}{ n }$ и $b_n = \frac{5\sin (3n)}{n}$ , являются бесконечно малыми, т. е. что

$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = 0 .$

Далее покажите, что любая последовательность $c_n = \frac{f\left( n \right) }{n}$ , где $c_n$ — ограниченная функция натурального аргумента (ограниченная последовательность), является бесконечно малой.

В доказательстве сходимости к нулю $a_n\ \left( b_n\right)$ для всякого $\epsilon > 0$ определите число $N_\epsilon = N_{\epsilon}\left( \epsilon \right)$ такое, что

$\forall n > N_\epsilon: \ \left| \frac{\left( -1 \right)^{n+1} }{n} - 0 \right| < \epsilon \ \left( \left| \frac{5\sin \left( 3n \right) }{n} - 0\right| < \epsilon \right) .$

При алгебраических преобразованиях воспользуйтесь оценками $\left| \left( -1 \right) ^{n+1} \right| = 1$ и $\left|5 \sin\left( 3n \right) \right| < 5$ . Для доказательства $c_n \to 0, \ n\to \infty$ проведите аналогичные рассуждения, используя неравенство из определения ограниченной последовательности (2).

Начнём с последовательности $a_n$ . Рассмотрим модуль разности общего члена последовательности и её предела

$\left| \frac{\left( -1 \right)^{n+1}}{n}-0 \right| = \frac{\left| \left( -1 \right) ^{n+1} \right| }{\left| n \right| } = \frac{1}{n} < \epsilon .$

То есть достаточно взять

$n > \frac{1}{\epsilon} ,$

чтобы выполнялось

$\left| a_n - 0 \right| < \epsilon .$

Тогда в качестве искомого числа $N^{a}_\epsilon$ можно выбрать

$N^{a}_\epsilon = \left[ \frac{1}{\epsilon} \right] + 1 ,$

откуда по определению следует $a_n \to 0, \ n\to \infty$ .

Проведём аналогичные рассуждения для последовательности $b_n$ , воспользовавшись известным фактом $\sin \alpha \le 1$

$\left| \frac{5 \sin \left( 3n \right) }{n}-0 \right| = 5 \frac{\left| \sin \left( 5n \right) \right| }{\left| n \right| } \le \frac{5}{n} < \epsilon .$

Откуда следует, что в качестве искомого номера можно взять $N^{b}_{\epsilon} = \left[ \frac{5}{\epsilon} \right] + 1$ .

Рассмотрим теперь обобщённый случай $c_n = \frac{f\left( n \right) }{n}$ . Поскольку $f\left( n \right)$ — ограниченная функция, можно найти такое $C \in \mathbb{R}$ , что выполняется $f\left( n \right) \le C \ \forall n \in \mathbb{N}$ . Пользуясь эти фактом, оценим разность

$\left| \frac{f\left( n \right) }{n}-0 \right| = \frac{\left| f\left( n \right) \right| }{n} \le \frac{C}{n} \le \epsilon ,$

выбрав в качестве $N^{c}_\epsilon$ номер $\left[ \frac{C}{\epsilon} \right] + 1$ . Итак, $c_n \to 0, \ n \to \infty$ , что и требовалось доказать.

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (3)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{b}{a^{n}} = 0, \ b \in \mathbb{R}, \ \left| a\right| > 1 .$

Для всякого $\epsilon > 0$ определите число $N_\epsilon = N_{\epsilon}\left( \epsilon \right)$ такое, что $\forall n > N_\epsilon: \ \left| \frac{b}{a^{n}} \right| < \epsilon$ .

Рассмотрим модуль разности общего члена последовательности и её предела

$\left| \frac{b}{a^{n}} - 0 \right| < \epsilon .$

Преобразуем полученное неравенство

$\begin{align*} \left| a^{n} \right| &> \frac{\left| b \right|}{\epsilon},\\ n \ln \left| a \right| &> \ln \frac{\left| b \right| }{\epsilon}, \\ n &> \ln^{-1} \left| a \right| \cdot \ln \frac{\left| b \right| }{\epsilon} .\end{align*}$

Тогда в качестве $N_\epsilon$ можно взять $N_\epsilon = \left[ \ln^{-1} \left| a \right| \cdot \ln \frac{\left| b \right| }{\epsilon} \right] + 1$ .

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (4)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{n}{a^{n}}=0, \ a>1 .$

Воспользуйтесь третьим членом в разложении выражения $\left( 1 + \left( a-1 \right) \right)^{n}$ при помощи формулы бинома Ньютона для оценки знаменателя общего члена последовательности.

Сделаем следующую оценку знаменателя числовой последовательности при помощи формулы бинома Ньютона

$a^{n}= \left( 1 + \left( a - 1 \right) \right)^{n} = 1 + n \left( a-1 \right) + \frac{ n \left( n-1 \right) }{2} \left( a-1 \right) ^2 + \ldots \overset{a > 1}{<} \frac{n\left( n-1 \right) }{2}\left( a - 1 \right) ^2 .$

Теперь рассмотрим модуль разности общего члена последовательности и её предела с учетом полученного соотношения

$\left| \frac{n}{a^{n}} \right| < \left| \frac{2n}{n\left( n-1 \right) \left( a - 1 \right)^2} \right| = \frac{2}{\left( n -1 \right) \left( a-1 \right) ^2} < \epsilon .$

Отсюда несложно получить необходимый номер $N_\epsilon$ , начиная с которого модуль разности общего члена последовательности и предела становится меньше $\epsilon$ ,

(4) $\begin{equation*} N_\epsilon = \left[ \frac{2}{\epsilon \left( a - 1 \right) ^2} \right] + 1 .\end{equation*}$

Для наглядности визуализируем сходимость данной последовательности к нулю при $a = 3$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (5)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{n} =1 .$

Введите обозначение для общего члена последовательности $b_n = \sqrt[n]{n}$ . А затем возведите равенство $1 + \left( b_n -1 \right) = \sqrt[n]{n}$ в $n$ -ю степень, воспользовавшись формулой бинома Ньютона. Отбросив в разложении все слагаемые кроме третьего, получите оценку для $b_n$ .

Введём обозначение $b_n = \sqrt[n]{n}$ . Возведём обе части равенства в $n$ -ю степень, предварительно прибавив и отняв единицу в левой её части

$\left( b_n \right)^{n} = \left( 1 + \left( b_n - 1 \right) \right) ^{n}= n ,$

а затем воспользуемся формулой бинома Ньютона

$1 + n \left( b_n -1 \right) + \frac{\left( n-1 \right)n }{2} \left( b_n -1 \right)^2 + \ldots = n .$

Теперь, учитывая $b_n - 1 >0$ , отбросим все слагаемые в правой части равенства, получая следующую оценку

$n > \frac{n\left( n-1 \right) }{2} \left( b_n -1 \right) ^2 .$

Немного преобразуем неравенство, вырязив $b_n$ ,

$b_n < \sqrt{\frac{2}{n-1}} + 1 < \sqrt{\frac{2}{\frac{n}{2}}} +1 = \frac{2}{\sqrt{n} } + 1 .$

Итак, получено неравенство $0<\sqrt[n]{n} -1 < \frac{2}{\sqrt{n}}$ , откуда

$\left| \sqrt[n]{n} - 1 \right| < \frac{2}{\sqrt{n} } < \epsilon ,$

т. е. в качестве искомого номера $N_\epsilon$ можно взять

$N_\epsilon = \left[ \frac{4}{\epsilon^2} \right] + 1 .$

Для наглядности визуализируем сходимость данной последовательности к $1$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (6)

Докажите, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{\text{log}_a n}{n} = 0, \ a > 1 .$

Воспользуйтесь определенем для уже полученного предела $\frac{\text{log}_a n}{n} \to 0, \ n\to \infty$ .

Воспользуемся уже ранее известным пределом $\sqrt[n]{n} \to 1, \ n \to \infty$ . По определению это значит, что

$\forall \epsilon>0 \; \; \: \exists N_\epsilon >0 \; \; \: \forall n>N_\epsilon : \; \; \: \left| \sqrt[n]{n} - 1 \right| < \epsilon .$

Заметим, что из $\sqrt[n]{n} - 1 < \epsilon$ следует $\sqrt[n]{n} < a^{\epsilon'}$ , следует лишь взять $\epsilon = a^{\epsilon'} - 1 > 0$ , где $a > 1, \ \epsilon'> 0$ . Немного преобразуем полученное неравенство

$\begin{align*} & \sqrt[n]{n} < a^{\epsilon} \implies n < \left( a^{\epsilon}\right)^{n} \implies\\ \implies &\text{log}_a n < \epsilon \cdot n \implies \frac{\text{log}_a n}{n} < \epsilon .\end{align*}$

Итак, можем записать

$\forall \epsilon>0 \; \; \: \exists N_\epsilon >0 \; \; \: \forall n>N_\epsilon : \; \; \: \left| \frac{\text{log}_a n}{n} \right| < \epsilon \xLeftrightarrow{} \lim_{n \to \infty} \frac{\text{log}_a n}{n}=0 .$

Для наглядности визуализируем сходимость данной последовательности к $0$ при $a = e$ .

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (7)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{a^{n}}{n!} = 0, \ a\in \mathbb{R} .$

Оцените модуль общего члена последовательности сверху при помощи геометрической прогрессии со знаменателем меньше единицы.

Пусть $k -1 \le \left| a \right| < k \ \left( k \in \mathbb{N} \right)$ . Рассмотрим модуль общего члена последовательности

$\left| \frac{a^{n}}{n!} \right| = \frac{\left| a \right| ^{n}}{n!} = \underbrace{ \frac{\left| a \right| }{1} \cdot \frac{\left| a \right| }{2} \cdot \ldots \cdot \frac{\left| a \right| }{k-1}}_{b\in \mathbb{R}} \cdot \frac{\left| a \right| }{k}\cdot \ldots\cdot \frac{\left| a \right| }{n} .$

Обозначим произведение первых $\left( k-1\right)$ множителей $b$ , а $\left( k+1 \right)$ -й множитель — $d = \frac{\left| a \right| }{k}$ . Поскольку $\frac{\left| a \right| }{n} <\ldots< \frac{\left| a \right| }{k +1} < d < 1$ , можем сделать следующую оценку

$\left| \frac{a^{n}}{n!}\right| < b \cdot d^{n - \left( k-1 \right) } .$

Итак, мы ограничили исходную последовательность геометрической прогрессией со знаменателем $d < 1$ , которая сходится к нулю. Отсюда, по теореме о зажатой последовательности (теорема о двух милицонерах) следует искомый результат. Однако для чистоты доказательства укажем номер $N_{\epsilon}$ , начиная с которого члены последовательности будут попадать в $\epsilon$ -окрестность предельной точки,

$b \cdot d^{ n + 1 - k } < \epsilon \implies n > \text{log}_d \frac{\epsilon}{b} + k - 1 \implies N_\epsilon = \text{max}\left\{ k, \left[ \text{log}_d \frac{\epsilon}{b} \right] +k \right\} .$

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (8)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{n!} }=0 .$

Для оценки общего члена последовательности воспользуйтесь неравнеством $n! \ge \left( \frac{n}{2} \right)^{\frac{n}{2}}$ .

Докажем следующий промежуточный результат

$n! \ge \left( \frac{n}{2}\right) ^{\frac{n}{2}} .$

Для этого рассмотрим факториал $n! = 1 \cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot (n-1) \cdot n$ . Разобъём это длинное произведение на две части, предполагая $n$ чётным (случай нечётного $n$ доказывается аналогично)

$n! = 1 \cdot 2 \cdot \ldots \left( \frac{n}{2} - 1 \right) \cdot \underbrace{\frac{n}{2} \cdot \left( \frac{n}{2}+1 \right) \cdot \ldots \cdot n}_{\frac{n}{2}} .$

Заменяя в правой части все слагаемые на $\frac{n}{2}$ и опуская левую часть, получим искомую оценку

$n! \ge \left( \frac{n}{2} \right)^{\frac{n}{2}} .$

Из которой нетрудными алгебраическими преобразованиями получим

$\frac{1}{\sqrt[n]{n!} } \le \sqrt{\frac{2}{n}} .$

Отсюда нетрудно найти искомое число $N_\epsilon$

$\left| \frac{1}{\sqrt[n]{n!} } \right| \le \sqrt{\frac{2}{n}} < \epsilon \implies n > \frac{2}{\epsilon^2}\implies N_\epsilon = \left[ \frac{2}{\epsilon^2} \right] + 1 .$

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (9)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{n!}{n^{n}}=0 .$

Оцените общий член последовательности сверху, расписав $n!$ и $n^{n}$ в виде произведения и отбросив лишние члены.

Оценим сверху общий член данной последовательности

$\left| \frac{n!}{n^{n}} \right| = \frac{1}{n} \cdot \underbrace{\frac{2}{n}\cdot \ldots \cdot \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n}{n}}_{<1} < \frac{1}{n} < \epsilon .$

Тогда в качестве $N_\epsilon$ естественно выбрать $N_\epsilon = \left[ \frac{1}{\epsilon} \right] + 1$ .

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (10)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{5^{n} + n\cdot 3^{n} - 4n^2}{4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n} = \frac{1}{4} .$

Рассотрите модуль разности общего члена последовательности и предела. При помощи свойств модуля сделайте оценку сверху полученного выражения.

Оценим модуль разности общего члена последовательности и его предела

$\left| \frac{5^{n} + n\cdot 3^{n} - 4n^2}{4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n} - \frac{1}{4} \right| =$

$= \frac{1}{4}\left| \frac{4 \cdot 5^{n} + 4n\cdot 3^{n} - 16n^2 - \left( 4\cdot 5^{n} - n^2\cdot 2^{n}+ \sin n \right) }{4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n} \right| =$

$= \frac{1}{4}\left| \frac{ 4n\cdot 3^{n} - 16n^2 + n^2\cdot 2^{n}- \sin n }{4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n} \right| \le$

$\le \frac{1}{4} \frac{ \left| 4n\cdot 3^{n} \right| + \overbrace{\left|16n^2\right|}^{<16n\cdot 3^{n}} + \overbrace{\left|n^2\cdot 2^{n}\right|}^{<n\cdot 3^{n}} + \overbrace{\left| \sin n\right|}^{< 1 < n\cdot 3^{n}} }{\left|4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n\right|} \le$

$\le \frac{6n\cdot 3^{n} }{\left|4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n\right|} .$

Сделав вспомогательную оценку,

$\big| \overbrace{4\cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} }^{>1}+ \sin n \big| \ge 4\cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} - 1 \ge 5^{n} ,$

окончательно получим

$0\le \left| \frac{5^{n} + n\cdot 3^{n} - 4n^2}{4 \cdot 5^{n} - n^2 \cdot 2^{n} + \sin n} - \frac{1}{4} \right| \le 6n\cdot \left( \frac{3}{5} \right) ^{n}.$

В ранее рассмотренной задаче был найден номер $N_\epsilon$ (4) для аналогичного выражения. Подставив $a = \frac{5}{3}$ и домножив на недостающий коэффициент $6$ , получим

$N_\epsilon = \left[ \frac{2\cdot 6}{\epsilon \left( \frac{5}{3}- 1 \right)^2 } \right] +1 = \left[ \frac{27}{\epsilon} \right] +1 .$

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (11)

Доказать, исходя из определения предела, что

$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4}\cdot \ldots\cdot \frac{2n-1}{2n}= \lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^{n} \frac{2k-1}{2k} = 0 .$

Для оценки общего члена последовательности, воспользуйтесь неравенством (см. «Математическая индукция»)

$\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots\cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{1}{\sqrt{2n + 1} } .$

Оценим модуль общего члена последовательности, используя неравенство (см. «Математическая индукция»)

$\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4} \cdot \ldots\cdot \frac{2n-1}{2n} < \frac{1}{\sqrt{2n + 1} } .$

Получим

$\left| \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \ldots \cdot \frac{2n-1}{2n} \right| < \frac{1}{\sqrt{2n + 1} } < \epsilon .$

Выражая в последнем неравенстве $n$ , придём к следующему результату

$n > \frac{1}{2\epsilon^2} - \frac{1}{2} .$

Тогда в качестве искомого номера $N_\epsilon$ разумно взять $\left[ \frac{1}{2\epsilon^2} \right]$ .

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (12)

Исходя из определения предела, доказать, что последовательность $a_n = \left( -1 \right) ^{n}$ расходится.

Покажите, что никакое число $a \in \mathbb{R}$ не может служить пределом последовательности $a_n$ . Для этого рассмотрите отрицание определения предела последовательности. Рассмотрите отдельно случаи $a \in \mathbb{R} \setminus \left\{ 1, -1 \right\}, \ a = 1, \ a = -1$ .

Чтобы доказать расходимость последовательности $a_n$ , покажем, что никакое число $a \in \mathbb{R}$ не может служить пределом последовательности.

Запишем при помощи кванторов утверждение, что число $a$ не является пределом последовательности $\left( -1 \right) ^{n}$

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 \ge N_\epsilon: \; \; \: \left| \left( -1 \right)^{n_0} - a \right| \ge \epsilon_0 .$

Итак, нам достаточно найти такое число $\epsilon_0$ , а также число $n_0$ , зависящее от $N_\epsilon$ , чтобы выполнялось условие $\left| \left( -1 \right)^{n_0} - a \right| \ge \epsilon_0$ . Пусть $a \neq 1$ и $a \neq -1$ , тогда

$\left| \left( -1 \right) ^{n} - a \right| \ge \left| \left|\left( -1 \right) ^{n_0} \right| - \left| a \right| \right| \ge \left| 1 - \left| a \right| \right| \ge \epsilon_0 .$

То есть достаточно выбрать $\epsilon = \frac{\left| 1 - \left| a \right| \right| }{2}$ , а в качестве $n_0$ можно взять любое число $n_0 \ge N_{\epsilon}$ .

Если же $a = 1$ , то

$\left| \left( -1 \right) ^{n_0} -1 \right| = \begin{cases} 2, & n_0 = 2k+1 \\ 0, & n_0 = 2k \end{cases} \Biggr|_{ n_0 = 2k + 1} = 2 \ge \epsilon_0 .$

То есть можно взять, например, $\epsilon_0 = 1$ , а в качестве $n_0$ — любой нечётный номер, следующий за $N_\epsilon$ .

Случай $a = -1$ рассматривается аналогично. Достаточно взять $\epsilon_0 = 1$ , а $n_0$ — любой чётный номер, следующий за $N_\epsilon$ .

Для наглядности визуализируем расходимость данной последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (13)

Исходя из определения, доказать, что

$\lim_{n \to \infty} \left( -1 \right) ^{n} \cdot \sqrt{n} = \infty .$

Для всякого $A>0$ определите число $N_A = N_A\left( A \right)$ такое, что $\left| \left( -1 \right) ^{n} \cdot n \right| > A$ .

Рассмотрим модуль общего члена последовательности

$\left| \left( -1 \right) ^{n} \cdot \sqrt{n} \right| = \left| \left( -1 \right) ^{n} \right|\cdot \left| \sqrt{n} \right| = \sqrt{n} > A \implies n^2 > A .$

Таким образом в качестве искомого номера $N_A$ можно взять $N_A = \left[ A^2 \right] + 1$ , что по определению значит $\left( -1 \right) ^{n} \cdot \sqrt{n} \to \infty, \ n\to \infty$ .

Для наглядности визуализируем расходимость данной последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (14)

Исходя из определения, доказать, что

$\lim_{n \to \infty} \ln\ln n = \infty, \ n > 2 .$

Для всякого $A>0$ определите число $N_A = N_A\left( A \right)$ такое, что $\left| \ln\ln n \right| > A$ .

Рассмотрим модуль общего члена последовательности, начиная с $n = 3$ (чтобы избежать отрицательные члены последовательности),

$\left| \ln \ln n \right| = \ln \ln n > A \implies \ln n > e^{A} \implies n > e^{e^{A}} .$

Таким образом в качестве искомого номера $N_A$ можно взять $N_A = \text{max} \left\{ \left[ e^{e^{A}} \right] + 1, 3 \right\}$ , что по определению значит $\ln\ln n \to \infty, \ n\to \infty$ .

Для наглядности визуализируем расходимость данной последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (15)

Доказать, что последовательность

$a_n = n ^{\left( -1 \right) ^{n}}$

является неограниченной, но при этом не является ББП.

Рассмотрите отрицание определения ограниченной последовательности и примените его для проверки факта неограниченности рассматриваемой последовательности. Аналогично проверьте, что $a_n$ не является ББП.

Неограниченность по определению значит, что

$\forall C >0 \; \; \: \exists n_0 \in \mathbb{N}: \; \; \: \left| n_0^{\left( -1 \right) ^{n_0}} \right| > C .$

То есть необходимо найти элемент последовательности, которой будет больше по абсолютному значению любого наперёд заданного числа $C$ . Рассмотрим модуль общего члена последовательности

$\left| n_0^{\left( -1 \right) ^{n_0}} \right| = \left. \begin{cases} n_0, & n_0 = 2k \\ \frac{1}{n_0}, & n_0 = 2k + 1 \end{cases} \right| _{n_0 = 2k} = n_0 > C .$

Тогда в качестве $n_0$ можно взять любой нечётный номер, следующий за $\left[ C \right]$ . Итак, последовательность действительно является неограниченной.

Покажем теперь, что $\left| n^{\left( -1 \right) ^{n}} \right| \not\to \infty, \ n \to \infty$ . По определению это значит

$\exists A_0 > 0 \; \; \: \forall N_{A} \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 \ge N_A: \; \; \: \left| n_0^{\left( -1 \right) ^{n_0}} \right| \le A_0 .$

Снова рассмотрим модуль общего члена последовательности, но на этот раз выберем нечётные номера $n_0$

$\left| n_0^{\left( -1 \right) ^{n_0}} \right| = \left. \begin{cases} n_0, & n_0 = 2k \\ \frac{1}{n_0}, & n_0 = 2k + 1 \end{cases} \right| _{n_0 = 2k + 1} = \frac{1}{n_0} \le A_0 .$