Условия сходимости последовательностей

Теоретическая сводка

Пусть даны две числовые последовательности $a_n$ и $b_n$ :

если $a_n$ и $b_n$ сходятся, то последовательность $c_n = a_n + b_n$ — сходится;

если $a_n$ сходится, а $b_n$ расходится, то $c_n = a_n + b_n$ — расходится;

если $a_n$ и $b_n$ расходятся, то о сходимости $c_n = a_n + b_n$ нельзя судить без дополнительных сведений о последовательностях $a_n$ и $b_n$ .

В выяснении сходимости последовательностей часто бывает удобной теорема о зажатой последовательности (теорема о двух милиционерах): если начиная с некоторого номера выполняется $a_n \le b_n \le c_n$ и

$\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} c_n = a ,$

то последовательность $\left\{ b_n \right\}$ также сходится к $a$ .

Числовая последовательность $\left\{ a_n \right\}$ называется последовательностью Коши (фундаментальной последовательностью), если справедливо

$\forall \epsilon >0 \; \; \: \exists N_{\epsilon} \in \mathbb{N} \; \; \: \forall n, m \ge N_\epsilon: \; \; \: \left| a_n + a_m \right| < \epsilon ,$

или в эквивалентной форме

$\forall \epsilon >0 \; \; \: \exists N_{\epsilon} \in \mathbb{N} \; \; \: \forall n \ge N_\epsilon \; \; \: \forall p \in \mathbb{N}: \; \; \: \left| a_n + a_{n+p} \right| < \epsilon .$

Справедлив следующий критерий Коши сходимости числовой последовательности: последовательность $\left\{ a_n \right\} \subset \mathbb{R}$ является сходящейся тогда и только тогда, когда она фундаментальна.

Последовательность $\left\{ a_n \right\}$ называется возрастающей (убывающей), если выполняется

$a_{n+1}\ge a_n \ \left( a_n \ge a_{n+1} \right), \ \forall n \in \mathbb{N} .$

Если неравенство является строгим, то говорят о строго возрастающей (убывающей) последовательности. (Строго) возрастающие и убывающие последовательности обобщенно называют монотонными.

Справедлив следующий критерий сходимости монотонной последовательности: если последованность $a_n$ монотонно возрастает (убывает), начиная с некоторого номера, то она является сходящейся тогда и только тогда, когда она ограничена. Более того

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

Пусть дана последовательность $\left\{ a_n \right\} \subset \mathbb{R}$ , а также последовательность натуральных чисел $n_1 < n_2 < \ldots < n_k < \ldots$ . Последовательность $\left\{ a_{n_k} \right\}$ называется подпоследовательностью $\left\{ a_n \right\}$ .

Если $a_{n_k} \to a \in \mathbb{R}, \ k \to \infty$ , то говорят, что $a$ — частичный предел $\left\{ a_n \right\}$ . Верхним (нижним) пределом последовательности называется верхняя (нижняя) точная граница множества частичных пределов последовательности, она обозначается

$\overline{\lim}_{n \to \infty} a_n \; \; \: \left( \underline{\lim}_{n \to \infty} a_n \right) .$

В связи с введёнными определениями вводится следующий критерий сходимости: для сходимости ограниченной последовательности $\left\{ a_n \right\}$ необходимо и достаточно, чтобы

$\overline{\lim}_{n \to \infty} a_n = \underline{\lim}_{n \to \infty} a_n .$

Отсюда, в частности, следует, что у сходящейся последовательности все частичные пределы совпадают.

Задачи и упражнения

Уровни сложности задач

простая задача

средняя задача

сложная задача

олимпиадная задача

Скачать все решения в .pdf формате

Задача простая (1)

Проверить на сходимость последовательность

$a_n = \frac{1}{\ln n} + \sin \left( \frac{\pi}{2}\cdot n \right), \ n > 2 .$

Покажите, что последовательность $a_n$ , есть сумма сходящейся и расходящейся последовательностей.

Рассмотрим $a_n$ как сумму двух последовательностей

$a_n = \underbrace{\frac{1}{\ln n}}_{b_n} + \underbrace{\sin \left( \frac{\pi}{2} \cdot n \right) }_{c_n} .$

Покажем, что $b_n$ — сходящаяся последовательность. Действительно, поскольку $b_n$ — ограниченная $\left( \forall n > 2 : \ \left( \frac{1}{\ln n} \right) < 1\right)$ , монотонно убывающая $\left( \ln n < \ln n+ 1 \implies \frac{1}{\ln n+1} < \frac{1}{\ln n } \right)$ последовательность, исходя из критерия сходимости монотонной последовательности, следует сходимость $b_n$ .

Установим теперь поведение последовательности $c_n$ . Выделим из $c_n$ две подпоследовательности: $c_{n_{k_1}} = c_{2k_1}$ и $c_{n_{k_2}} = c_{4k_2 + 1}$ , т. е. выберем в первом случае только чётные номера, а во втором только те номера, что дают остаток $1$ при делении на $4$ .

Очевидно, что

$\lim_{k_1 \to \infty} c_{2k_1} = 0, \; \; \: \lim_{k_2 \to \infty} c_{4k_2 + 1} = 1 .$

Итак, мы выделили две подпоследовательности из $c_n$ , сходящиеся к разным пределам. Поскольку у сходящейся последовательности все частичные пределы совпадают, $c_n$ яляется расходящейся последовательностью.

Мы получили, что $a_n$ есть сумма сходящейся и расходящейся последовательностей, откуда вытекает расходимость $a_n$ .

Для наглядности визуализируем расходимость данной последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (2)

Покажите, что если $a_n$ и $b_n$ — расходящиеся последовательности, то о сходимости $c_n = a_n + b_n$ нельзя судить без дополнительных сведений о последовательностях $a_n$ и $b_n$ .

Приведите пример двух расходящихся последовательностей $a_n$ и $b_n$ таких, что $c_n = a_n + b_n$ — раходится, и ещё двух других расходящихся последовательностей $a'_n$ , $b'_n$ таких, что $c'_n = a'_n + b'_n$ — сходится.

Для доказательства данного утверждения достаточно придумать 2 примера расходящихся последовательностей $a_n, \ b_n$ , в первом из которых $c_n = a_n + b_n$ — расходится, а во втомом — сходится.

В качестве первого примера возьмём $a_n = b_n = \frac{n}{2}$ . Очевидно, $a_n = b_n = \frac{n}{2} \to \infty$ при $n \to \infty$ и $c_n = \frac{n}{2} + \frac{n}{2} \to \infty, \ n \to \infty$ — расходятся.

В качестве второго примера можно выбрать $a_n = \sqrt{n}, \ b_n = - \sqrt{n} + 1$ . В данном случае, несмотря на то, что $a_n = \sqrt{n} \to \infty, \ b_n = -\sqrt{n} + 1\to \infty$ при $n\to \infty$ — расходятся, сумма последовательностей $c_n = a_n + b_n = \sqrt{n} + \left( - \sqrt{n} + 1 \right) = 1$ является сходящейся.

Утверждение доказано. Для наглядности визуализируем последний пример.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (3)

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость последовательности

$a_n = \frac{6n - 1}{3n - 2} .$

Рассмотрим модуль разности $n$ -го и $\left( n+p\right)$ -го членов последовательности

$\left| a_{n+p} - a_n \right| = \left| \frac{6\left( n+p \right) - 1}{3\left( n + p \right) -2} - \frac{6n -1}{3n-2} \right| =$

$= \left| \frac{ \left[ 6\left( n+p \right) -1 \right] \left( 3n-2 \right) - \left[ 3\left( n+ p \right) -2 \right] \left( 6n - 1 \right) }{\left( 3\left( n+p \right) -2 \right) \left( 3n -2 \right) } \right| =$

$= \left| \frac{18 n^2 - 12 n + 18np - 12p - 3n + 2 - 18n^2 + 3n - 18np + 3p + 12n - 2}{9n^2 - 6n +9 np- 6p - 6n + 4} \right| =$

$= \left| \frac{-9p}{9n^2 + 9 np - 12 n - 6p + 4} \right| \le \left| \frac{9p}{9np - 6p} \right| =$

$= \left| \frac{3}{3n - 2} \right| \le \frac{1}{n - 1} < \epsilon .$

То есть лишь только

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

будет выполняться требуемое условие $\left| a_{n + p} - a_n \right| < \epsilon$ . Таким образом, в качестве $N_{\epsilon}$ достаточно взять $N_\epsilon = \left[ \frac{1}{\epsilon} \right] + 1$ .

Для наглядности визуализируем сходимость рассматриваемой последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (4)

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость последовательности

$a_n = b_0 + b_1 q + \ldots + b_n q^{n} = \sum_{k=0}^{n} b_k q^{k} ,$

где $\left| b_k \right| < M, \ k \in \mathbb{N}$ и $\left| q \right| < 1$ .

Для всякого $\epsilon>0$ определите число $N_\epsilon = N_{\epsilon}\left( \epsilon \right)$ такое, что $\forall n > N_\epsilon \ \forall p > 0 : \ \left| a_{n + p} - a_n \right| < \epsilon$ . При оценке модуля разности, пользуясь условием $\left| b_k \right| < M$ , замените все множители $b_k$ на $M$ , а затем примените формулу для суммы первых $n$ членов геометрической прогрессии.

Рассмотрим модуль разности $n$ -го и $\left( n+p\right)$ -го членов последовательности

$\left| a_{n+p} - a_n \right| = \left| \sum_{k = 0}^{n+p} b_k q^{k} - \sum_{k=0}^{n} b_k q^{k} \right| =$

$= \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} b_k q^{k} \right| \le \sum_{k = n+1}^{n+p} \left| b_k \right| \cdot \left| q \right| ^{k} < \left|q\right|^{n+1}M \cdot \sum_{k = 0}^{p-1} \left| q\right|^{k} =$

$=\left|q\right|^{n+1} M \cdot \frac{\left|q\right|^{p}-1}{\left|q\right| - 1} < \frac{M}{1-\left| q \right|} \cdot \left| q \right| ^{n+1} < \epsilon.$

Прологарифмируем последнее неравенство и выразим $n$

$\begin{align*} &\frac{M}{1-\left| q \right|} \cdot \left| q \right| ^{n+1} < \epsilon \\ & \ln \frac{M}{1-\left| q \right| } + \left( n+1 \right) \ln \left| q \right| < \ln \epsilon\\ &\left( n+1 \right) \cdot \ln \left| q \right| < \ln \epsilon - \ln \frac{M}{1-\left| q \right| }\\ & n > \ln \left( \frac{\epsilon \left( 1 - \left| q \right| \right) }{M} \right) \cdot \ln^{-1} \left| q \right| - 1.\end{align*}$

Откуда следует, что в качестве $N_{\epsilon}$ достаточно взять $N_{\epsilon} = \left[ \ln \left( \frac{\epsilon \left( 1 - \left| q \right| \right) }{M} \right) \cdot \ln^{-1} \left| q \right| \right]$

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (5)

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость последовательности

$a_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{\left( -1 \right) ^{k}\cdot \text{arcsin}\frac{1}{k}}{2^{k}} .$

Для всякого $\epsilon>0$ определите число $N_\epsilon = N_{\epsilon}\left( \epsilon \right)$ такое, что $\forall n > N_\epsilon \ \forall p > 0 : \ \left| a_{n + p} - a_n \right| < \epsilon$ . При оценке модуля разности воспользуйтесь очевидным неравенством $\left| \text{arcsin} x \right| \le \frac{\pi}{2}$ , а также формулой для суммы первых $n$ членов геометрической прогрессии.

Оценим сверху модуль разности $n$ -го и $\left( n+p\right)$ -го членов последовательности, пользуясь неравенством $\left| \text{arcsin} x \right| \le \frac{\pi}{2}$ и формулой для суммы первых $n$ членов геометрической прогрессии,

$\left| a_{n+p} - a_n \right| = \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\left( -1 \right) ^{k} \cdot \text{arcsin}\frac{1}{k}}{2^{k}} \right|=$

$= \frac{1}{2^{n+1}} \left| \sum_{k=0}^{p-1} \frac{\left( -1 \right) ^{k} \cdot \text{arcsin}\frac{1}{n+1 +k}}{2^{k}} \right| \le \frac{1}{2^{n+1}} \sum_{k=0}^{p-1} \frac{\left|\text{arcsin}\frac{1}{n+1 +k}\right|}{2^{k}} \le$

$\le \frac{\pi}{2^{n+2}} \sum_{k=0}^{p-1} \frac{1}{2^{k}} = \frac{\pi}{2^{n+2}} \cdot \frac{1 - \left( \frac{1}{2} \right)^{p}}{1- \frac{1}{2}} \le$

$\le \frac{\pi}{2^{n}} < \epsilon \implies \text{log}_2 \frac{\pi}{\epsilon} < n .$

Откуда следует, что в качестве $N_\epsilon$ достаточно взять $N_\epsilon = \left[ \text{log}_2 \frac{\pi}{\epsilon} \right] + 1$ .

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (6)

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость последовательности

$a_n = \frac{\cos 1!}{1 \cdot 2} + \frac{\cos 2!}{2 \cdot 3} + \ldots + \frac{\cos n!}{ n \cdot \left( n + 1 \right) } = \sum_{k=1}^{n} \frac{\cos k!}{k\cdot \left( k+1 \right) } .$

Для всякого $\epsilon>0$ определите число $N_\epsilon = N_{\epsilon}\left( \epsilon \right)$ такое, что $\forall n > N_\epsilon \ \forall p > 0 : \ \left| a_{n + p} - a_n \right| < \epsilon$ . При оценке модуля разности воспользуйтесь неравенством $\left| \cos x \right| \le 1$ , а также формулой

$\frac{1}{n\left( n+1 \right) }= \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} .$

Оценим сверху модуль разности $n$ -го и $\left( n+p\right)$ -го членов последовательности,

$\left| a_{n + p} - a_n \right| = \left|\sum_{k=1}^{n+p} \frac{\cos k!}{k\cdot \left( k+1 \right) } - \sum_{k=1}^{n} \frac{\cos k!}{k\cdot \left( k+1 \right) } \right| =$

$= \left| \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\cos k!}{k \cdot \left( k+1 \right) } \right| \le \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\left|\cos k! \right|}{k \cdot \left( k+1 \right) } \le \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k \cdot \left( k+1 \right) }=$

*** QuickLaTeX cannot compile formula:
\[    = \frac{1}{n+1} \underbracket{- \cancel{\frac{1}{n+2}} + \cancel{\frac{1}{n+2}}}_{}  \overbracket{- \cancel{\frac{1}{n+3}} +.}^{} . \underbracket{. + \cancel{\frac{1}{n+p}}}_{} - \frac{1}{n+ p + 1}=  \]

*** Error message:
Undefined control sequence \cancel.
leading text: ...l{\frac{1}{n+2}} + \cancel{\frac{1}{n+2}}}

$=\frac{1}{n+1}- \frac{1}{n+p+1} < \frac{1}{n} < \epsilon .$

Здесь использовалась несложная формула

$\frac{1}{n\left( n+1 \right) }= \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} .$

Из полученной оценки следует, что в качестве $N_\epsilon$ можно взять $N_\epsilon = \left[ \frac{1}{\epsilon} \right] + 1$ .

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (7)

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость последовательности

$a_n = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \ldots + \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2} .$

$\frac{1}{n^2} < \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} .$

В процессе доказательства нам пригодится следующее неравенство

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

Пользуясь последним, оценим сверху модуль разности $n$ -го и $\left( n+p\right)$ -го членов последовательности,

$\left| a_{n+p} - a_n \right| = \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{k^2} < \sum_{k=n+1}^{n+p} \left( \frac{1}{k-1}- \frac{1}{k} \right) =$

*** QuickLaTeX cannot compile formula:
\[    = \frac{1}{n} \underbracket{- \cancel{\frac{1}{n+1}} + \cancel{\frac{1}{n+1}}}_{}  \overbracket{- \cancel{\frac{1}{n+2}} +.}^{} . \underbracket{. + \cancel{\frac{1}{n+p-1}}}_{} - \frac{1}{n+ p} =  \]

*** Error message:
Undefined control sequence \cancel.
leading text: ...l{\frac{1}{n+1}} + \cancel{\frac{1}{n+1}}}

$\frac{1}{n} - \frac{1}{n+p} < \frac{1}{n} < \epsilon .$

Из последнего неравенства следует, что в качестве $N_\epsilon$ можно взять $N_\epsilon = \left[ \frac{1}{\epsilon} \right] + 1$ .

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (8)

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость последовательности

$a_n = 3.\underbrace{111\ldots1}_{n} .$

Оценим сверху модуль разности $n$ -го и $\left( n+p\right)$ -го членов последовательности

$\left| a_{n+p} - a_n \right| = \left| \left( 3+ \sum_{k=1}^{n+p} 0.1^{k} \right) - \left( 3+ \sum_{k=1}^{n} 0.1^{k} \right) \right| =$

$= \sum_{k=n+1}^{n+p} 0.1^{k} = 0.1^{n+1} \underbrace{\sum_{k=0}^{p-1} 0.1^{k}}_{ < 10} \le 0.1^{n} < \epsilon .$

Логарифмируя последнее неравенство, получим, что в качестве $N_\epsilon$ достаточно взять $N_\epsilon = \left[ \frac{1}{\epsilon} \right] + 1$ .

Для наглядности визуализируем сходимость рассматриваемой последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (9)

Пользуясь критерием Коши, доказать, что последовательность

$a_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \ldots + \frac{1}{n} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$

является расходящейся.

Критерий Коши не выполняется, если

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 > N_{\epsilon} \; \; \: \exists p_0 >0: \; \; \: \left| a_{n_0+p_0} - a_{n_0} \right| \ge \epsilon .$

При оценке модуля разности $n_0$ -го и $\left( n_0+p_0\right)$ -го членов последовательности примите $p_0 = n_0$ .

Если для последовательности не выпоняется критерий Коши, по определнию это значит

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 > N_{\epsilon} \; \; \: \exists p_0 >0: \; \; \: \left| a_{n_0+p_0} - a_{n_0} \right| \ge \epsilon .$

Рассмотрим модуль разности $n_0$ -го и $\left( n_0+p_0\right)$ -го членов последовательности и оценим его снизу

$\left| a_{n_0 + p_0} - a_{n_0} \right| = \underbrace{ \frac{1}{n_0+1} + \frac{1}{n_0+2} + \ldots + \frac{1}{n_0 + p_0} }_{p_0}>$

$> \left. p_0 \cdot \frac{1}{n_0 + p_0} \right|_{p_0 = n_0} = \frac{1}{2} = \epsilon_0 .$

Таким образом, чтобы доказать, что критерий Коши не выполняется, достаточно взять $\epsilon_0 = \frac{1}{2}$ и $p_0 = n_0 = N_{\epsilon} + 1$ .

Для наглядности визуализируем расходимость рассматриваемой последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (10)

Пользуясь критерием Коши, доказать, что последовательность

$a_n = \frac{1}{\ln 2} + \frac{1}{\ln 3} + \ldots + \frac{1}{\ln \left( n+1\right) } = \sum_{k=1}^{\ln n} \frac{1}{\ln \left( k+1 \right) }$

является расходящейся.

Критерий Коши не выполняется, если

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 > N_{\epsilon} \; \; \: \exists p_0 >0: \; \; \: \left| a_{n_0+p_0} - a_{n_0} \right| \ge \epsilon .$

При оценке модуля разности $n_0$ -го и $\left( n_0+p_0\right)$ -го членов последовательности примите $p_0 = n_0$ .

Если для последовательности не выпоняется критерий Коши, по определнию это значит

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 > N_{\epsilon} \; \; \: \exists p_0 >0: \; \; \: \left| a_{n_0+p_0} - a_{n_0} \right| \ge \epsilon .$

Рассмотрим модуль разности $n_0$ -го и $\left( n_0+p_0\right)$ -го членов последовательности и оценим его снизу, пользуясь неравенством $\ln n < n$ ,

$\left| a_{n_0 + p_0} - a_{n_0} \right| = \underbrace{ \frac{1}{\ln \left( n_0+2\right) } + \frac{1}{\ln \left( n_0+3\right) } + \ldots + \frac{1}{\ln \left( n_0 + p_0 + 1 \right) } }_{p_0}>$

$> \left. p_0 \cdot \frac{1}{ \ln \left( n_0 + p_0 + 1\right) } \right|_{p_0 = n_0} = \frac{n_0}{\ln \left( 2n_0 + 1 \right) } > \frac{n_0}{2n_0 + 1} > \frac{1}{4} = \epsilon_0 .$

Таким образом, чтобы доказать, что критерий Коши не выполняется, достаточно взять $\epsilon_0 = \frac{1}{4}$ и $p_0 = n_0 = N_{\epsilon} + 1$ .

Для наглядности визуализируем расходимость рассматриваемой последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (11)

Пользуясь критерием Коши, доказать, что последовательность

$\frac{1}{n} + 2 \cdot \left( -1 \right) ^{n}$

является расходящейся.

Критерий Коши не выполняется, если

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 > N_{\epsilon} \; \; \: \exists p_0 >0: \; \; \: \left| a_{n_0+p_0} - a_{n_0} \right| \ge \epsilon .$

Если для последовательности не выпоняется критерий Коши, по определнию это значит

$\exists \epsilon_0 >0 \; \; \: \forall N_\epsilon \in \mathbb{N} \; \; \: \exists n_0 > N_{\epsilon} \; \; \: \exists p_0 >0: \; \; \: \left| a_{n_0+p_0} - a_{n_0} \right| \ge \epsilon .$

Рассмотрим модуль разности $n_0$ -го и $\left( n_0+p_0\right)$ -го членов последовательности

$\left| a_{n_0 + p_0} - a_{n_0} \right| = \left| \frac{1}{n} - \frac{1}{n+p} + 2 \cdot \left( -1 \right) ^{n} - 2\cdot \left( -1 \right) ^{n+p} \right| >$

$> \left| 2 \cdot \left( \left( -1 \right) ^{n_0} + \left( -1 \right) ^{n_0 + p_0 +1} \right) \right| \Biggr|_{p_0 = n_0 = 2k_0 + 1} = 4 \ge \epsilon_0 .$

Таким образом, чтобы доказать, что критерий Коши не выполняется, достаточно взять $\epsilon_0 = 4$ , а в качестве $n_0$ и $p_0$ взять любое нечётное число, следующее за $N_{\epsilon}$ .

Для наглядности визуализируем расходимость рассматриваемой последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача простая (12)

Пользуясь критерием сходимости монотонной последовательности доказать, что

$a_n= \frac{3}{2k + 1}$

является сходящейся.

Покажите, что последовательность $a_n$ является убывающей и ограниченной снизу. На основании этого сделайте вывод о её сходимости.

Чтобы показать сходимость $a_n$ , достаточно проверить её монотонность и ограниченность. Докажем, что последовательность является убывающей, т. е. проверим выполнение неравенства

$\frac{3}{2k+1} = a_k \ge a_{k+1} = \frac{3}{2\left( k+1 \right) +1}, \ k \in \mathbb{N} .$

При помощи эквивалентных преобразований, приведём данное неравенство к тождеству

$\begin{align*} \frac{3}{2k + 1} &\ge \frac{3}{2\left( k+1 \right) + 1}, \\ \frac{1}{2k + 1} &\ge \frac{1}{2k + 3}, \\ 2k+3 &\ge 2k+1, \\ 3 &\ge 1 .\end{align*}$

Итак, последовательность является убывающей, более того, она ограничена снизу

$0< \frac{3}{2n+1} = a_n .$

Откуда, исходя из критерия сходимости монотонной последовательности, следует сходимость $a_n$ .

Для наглядности визуализируем сходимость рассматриваемой последовательности.

Rendered by QuickLaTeX.com

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача простая (13)

Пользуясь критерием сходимости монотонной последовательности доказать, что

$a_n= p_0 + \frac{p_1}{10} + \ldots + \frac{p_n}{10^{n}} = \sum_{k=0}^{n} \frac{p_k}{10^{k}}$

является сходящейся, если $0 \le p_n \le 9$ .

Покажите, что последовательность $a_n$ является возрастающей и ограниченной сверху. Для верхней оценки воспользуйтесь формулой для суммы первых $n$ членов геометрической прогрессии.

Очевидно, последовательность является монотонно возрастающей, поскольку каждое её слагаемое строго положительно. Покажем теперь, что рассматриваемая последовательность ограничена сверху

$a_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{p_k}{10^{k}} \le \sum_{k=0}^{n} \frac{9}{10^{k}} = 9 \cdot \sum_{k=0}^{n} \left( \frac{1}{10} \right) ^{k} =$

$= 9 \cdot \frac{1 - \frac{1}{10^{k}}}{1 - \frac{1}{10}} < 9 \cdot \frac{10}{9} = 10 .$

Итак, последовательность возрастает, оставаясь меньше $10$ , следовательно, сходится.

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача простая (14)

Пользуясь критерием сходимости монотонной последовательности доказать, что

$a_n= \frac{10}{1}\cdot \frac{11}{3} \cdot \ldots \cdot \frac{n + 9}{2n - 1} = \prod_{k=1}^{n} \frac{k+9}{2k-1}$

является сходящейся.

Очевидно, все члены последовательности строго положительны, т. е. $a_n$ ограничена снизу $\left( 0 < a_n \right)$ . Заметим также, что, начиная с члена последовательности $n_0 = 10$ , каждый следующий член $a_{n+1}$ получается из предыдущего $a_n$ умножением на $\frac{n + 10}{2n +1} < 1$ . Таким образом, начиная с $n_0 = 10$ , последовательность убывает. Убывающая, ограниченная снизу последовательность по критерию сходимости монотонной последовательности сходится.

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача средняя (15)

Пользуясь критерием сходимости монотонной последовательности доказать, что

$a_n = \underbrace{\sqrt{2 + \sqrt{2 + \ldots + \sqrt{2} } } }_{n}$

является сходящейся.

Используя метод математической индукции (см. «Математическая индукция»), покажите, что рассматриваемая последовательность является возрастающей и ограниченной сверху.

Используя метод математической индукции (см. «Математическая индукция»), покажем, что рассматриваемая последовательность является возрастающей и ограниченной сверху. Начнём с монотонности $a_n$ . База индукции выполняется в силу

$a_2 = \sqrt{2 + \sqrt{2} } > a_1 = \sqrt{2} .$

Принимая в качестве данного $a_k > a_{k-1}$ , покажем, что $a_{k+1} > a_k$

$a^2_{k+1}- a_k^2 = \left( \sqrt{2 + a_k} \right) ^2 - \left( \sqrt{2 + a_{k-1}} \right)^2 = a_k - a_{k-1} > 0 .$

Таким образом, совершив индукционный переход, возрастание $a_n$ доказано.

Покажем теперь, что $a_n$ ограничена сверху числом $2$ . База индукции выполняется: $a_1 =\sqrt{2} < 2$ . Пусть теперь $a_k \le 2$ , тогда нетрудно совершить индукционный переход

$a_{k+1} = \sqrt{2 + a_k} < \sqrt{2 + 2} = 2 .$

Итак, рассматриваемая последовательность является возрастающей и ограниченной сверху, следовательно, сходящейся.

Скачать решение в .pdf формате

Я нашёл ошибку!

Задача сложная (16)

Рассмотреть последовательности

$a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n}, \; \; \: b_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^{n+1} .$

Показать, что

$a_n$ монотонно возрастет и ограничена сверху,

$b_n$ монотонно убывает и ограничена снизу,

$a_n$ и $b_n$ сходятся к одному и тому же пределу $e \in \mathbb{R}$ .

Для доказательства монотонности последовательностей $a_n$ и $b_n$ покажите, соответственно, что $\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$ и $\frac{b_n}{b_{n+1}}>1$ . При оценке данных отношений воспользуйтесь неравенством Бернулли (см. «Математическая индукция»)

$\prod_{i=1}^{n}\left( 1+x_i \right) \ge 1 + \sum_{i=1}^{n} x_i ,$

где $x_i > -1$ , при чём все $x_i$ — одного знака.

Для доказательства ограниченности $a_n$ и $b_n$ воспользуйтесь неравенством $a_n < b_n$ .

Покажем для начала, что последовательность $a_n$ возрастает. Рассмотрим отношение $\left( n+1 \right)$ -го и $n$ -го членов последовательности

$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\left( 1+\frac{1}{n+1} \right) ^{n+1}}{\left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^{n}} = \frac{\left( \frac{n+2}{n+1} \right) ^{n+1}}{\left( \frac{n+1}{n} \right)^{n}} =$

$= \left( \frac{\left( n+2 \right) \cdot n}{\left( n+1 \right) ^2} \right)^{n} \cdot \frac{n+2}{n+1} =$

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

$= \left( 1 - \frac{1}{\left( n+1 \right)^2} \right)^{n} \cdot \frac{n+2}{n+1} \ge \left( 1 - \frac{n}{\left( n+1 \right)^2} \right) \cdot \frac{n+2}{n+1} =$

$= \frac{\left( n^2 + n + 1 \right) \cdot \left( n+2 \right) }{\left( n+1 \right)^3} \ge \frac{\left( n^{3} + 3n^2 + 3n + 1\right) + 1}{\left( n+ 1 \right) ^{3}} > 1.$

Здесь для оценки снизу было использовано обобщённое неравенство Бернулли (см. «Математическая индукция»)

$\prod_{i=1}^{n}\left( 1+x_i \right) \ge 1 + \sum_{i=1}^{n} x_i ,$

где $x_i > -1$ , при чём все $x_i$ — одного знака.

Аналогично покажем убывание последовательности $b_n$ . Будем рассматривать отношение $n$ -го и $\left( n+1 \right)$ -го членов последовательности

$\frac{b_{n}}{b_{n+1}} = \frac{\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n+1}}{\left( 1 + \frac{1}{n+1} \right) ^{n+2}} = \frac{\left( \frac{n+1}{n}\right)^{n+1}}{\left( \frac{n+2}{n+1}\right)^{n+2} } =$

$= \left( \frac{\left( n+1 \right) ^2}{n \cdot \left( n+2 \right) } \right)^{n+1} \cdot \frac{n+1}{n+2} = \left( 1 + \frac{1}{n\cdot \left( n+2 \right) } \right) ^{n+1} \cdot \frac{n+1}{n+2} \ge$

$\ge \left( 1 + \frac{n+1}{n \cdot \left( n+2 \right) } \right) \cdot \frac{n+ 1}{n+2} = \frac{\left( n^2 + 3n + 1 \right) \cdot \left( n+1 \right) }{n \cdot \left( n+2 \right) ^2}=$

$= \frac{n^{3} + 4n^2 + 4n + 1}{n^{3} + 4n^2 + 4n} > 1 .$

Для доказательства ограниченности рассматриваемых последовательностей достаточно показать, что $\forall n \in \mathbb{N}: \ a_n < b_n$ . Действительно, при выполнении данного неравенства $a_n$ будет ограничена первым элементом $b_1$ убывающей последовательности $b_n$ , а $b_n$ — ограничена первым членом $a_1$ возрастающей последовательности $a_n$

$0 < a_1 < a_n < b_n < b_1 < 4 .$

Итак, посредством эквивалентных преобразований докажем необходимое утверждение

$\begin{align*} a_n &< b_n \\ \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^{n} &< \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^{n+1} \\ 1 &< 1 + \frac{1}{n} \\ 0 &< \frac{1}{n} \; \; \: \forall n \in \mathbb{N} .\end{align*}$

Поскольку $a_n, \ b_n$ монотонные ограниченные последовательности, они являются сходящимися

$\lim_{n \to \infty} a_n = a, \; \; \: \lim_{n \to \infty} b_n = b .$

Осталось лишь показать, что $a_n$ и $b_n$ сходятся к одному и тому же числу, т. е. $a = b$ . Рассмотрим следующий предел

$\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^{n+1}}{ \left( 1 + \frac{1}{n} \right) ^{n}} = 1 + \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 1 .$

Но поскольку $a_n$ , $b_n$ сходятся и $a_n > 0$ ,

$\lim_{n \to \infty} \frac{b_n}{a_n} = \frac{\lim_{n \to \infty} b_n}{\lim_{n \to \infty} a_n} = \frac{b}{a} = 1 \implies e \overset{\text{def}}{=} a = b \approx 2.71828 .$