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 n докажем его при n + 1:

(1 + x) ^{n + 1} = (1 + x) ⁿ (1 + x) ³(1 + nх)(1 + x) = 1 + (n + 1) x + nx ²³ 1 + (n + 1) x.

4. Задача. Доказать, что последовательность убывает и ограничена снизу. Следовательно, она имеют общий предел c .

Решение. Воспользуемся неравенством из предыдущей задачи:

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

3. Задача. Доказать, что lim_n→∞ n ^k/2 ⁿ = 0, lim_n→∞n(a ^1/n− 1) = ln a, a > 0.

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

Тогда

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

Аналогично для произвольного k:

Тогда

Возможно также провести доказательство по т. Штольца.

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

находим . Следовательно

При а > 1 имеем , где при . Если через a _n = [ z_n ] – обозначить целую часть z_n, то a _n £ z_n £a _n + 1 и . Отсюда вытекают неравенства

Так как последовательность является подпоследовательностью сходящейся последовательности , то

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

4. Задача. Пусть lim_n→∞ x _n = +∞. Доказать, что lim_n→∞(x₁+···+x_n)/n= +∞.

Доказательство. Строгое доказательство проводится по определению бесконечного предела: нам дано, что ∀M∃n₁: ∀n>n₁ x _n> 2M и надо доказать, что ∀M∃n₂: ∀n>n_2¢¢(x ₁+···+ x _n)/n>M.

Возьмём n₂> 2n_1. Тогда

5. Задача. Пусть∀n∈Np_n> 0 иlim_n→∞p_n = p. Доказать, чтоlim_n→∞(p₁...p_n)^1/n= p.

Доказательство. lim_n→∞p_n = p ⇔∀ε > 0 ∃n₀ = n_0(ε): ∀n > n₀ |p_n−p| < ε. Тогда рассмотрим выражение lim_n→∞(p₁...p_n)^1/n= lim_n→∞(p₁... )^1/n lim_n→∞(...p_n)^1/n =

= 1×lim_n→∞ (...p_n)^1/n. Для последнего предела в силу отмеченного выше имеем оценку:

£(...p_n)^1/n£ .

Так как lim_n→∞ = lim_n→∞ = 1, по теореме о двух милиционерах получаем искомое утверждение.

6. Задача. Исходя из равенства = e, доказать, что lim_n→∞n/(n!)^1/n = e.

Доказательство. Докажем вспомогательное утверждение: если lim_n→∞y_n/y_n−1= a, то lim_n→∞ = a. Оно явно следует из предыдущей задачи, если положить p_n = y_n/y_n−1. Тогда берём y_n =nⁿ/n!:

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

Доказательство. Сравним и . Для этого сравним логарифмы этих выражений (используем монотонность функции y = ln x).

(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) и f¢¢ = > 0. При p ≥ ½ f¢(x) возрастает (f¢¢> 0) и lim_x→+∞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). lim_x→+∞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£e^r£ 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 { x _n} последовательность с ограниченным изменением, т.е. ∃c > 0: ∀n ∈ N верно неравенство <c. Доказать, что последовательность { x _n} сходится.

Доказательство. Пусть y _n . Эта последовательность возрастает и ограничена сверху, следовательно имеет предел. Значит для неё выполняется критерий Коши: ∀ε > 0 ∃n₀ = n₀(ε): ∀k,m> n₀ | y _k− y _m| < ε

По определению | x _k − x _m| £ | y _k − y _m| = | x _m+1 − x _m|+ ···+ | x _k − x _k−1| <ε

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

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

11. Задача. Пусть 0 £ x _m+n£ x _m + x _n. Доказать, что ∃lim_n→∞ x _n/n.

Доказательство. Обозначим x _n/n за y _n. Заметим, что подпоследовательность { } данной последовательности не возрастающая и ограниченная снизу, то есть сходится:

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

12. Задача. Верно ли, что

(a) _n→∞ (a _n + b _n) £ _n→∞ a _n + _n→∞ b _n, если последние пределы существуют;

(b) если lim_n→∞ a _n = a и _n→∞ b _n = b, то _n→∞ a _n b _n = ab;

(c) _n→∞ a _n = − _n→∞(− a _n).

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

(b) Доказательство проводится по аналогичной схеме.

(c) Очевидно.

13. Задача. Пусть lim_n→∞ a _n = +∞. Доказать, что ∃min_n∈N a _n.

Считаюэтоутверждениеочевидным.

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

Считаю это утверждение очевидным.

15. Задача. Пусть s _n = a ₁ + ··· + a _n → ∞, a _k> 0, lim_n→∞ a _n = 0. Доказать, что множество предельных точек дробных частей { s _n} совпадает с отрезком [0;1].

См. задачу 29

16. Задача. Пусть lim_n→∞(s _n+1 − s _n) = 0 и не существует ни конечного, ни бесконечного предела lim_n→∞ s _n,и пусть l = _n→∞ s _n, L = _n→∞ s _n. Доказать, что последовательность { s _n} 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): | x _n+1 − x _n| < 2ε при n>N. Возьмём такой произвольныйε> 0, что окрестности точек l, a и L не пересекаются.

Поскольку l – частичный предел, то ∃ x _p1 ∈U_ε(l): p1 >N. Аналогично ∃ x _q1∈U

ε(L): q1 >N.

Но поскольку расстояние между двумя соседними элементами при n>N меньше 2ε, то ∃ x _r1∈Uε(a): p1 <r1 <q1.

Предполагая далее существование таких элементов x _p2∈Uε(l): p2 >p1 и x _q2∈Uε(L): q2 >q1убеждаемся, что существует и x _r2∈Uε(a): p2 <r2 <q2.

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

17. Задача.

(a) Пусть a _n> 0 и lim_n→∞ a _n = 0. Доказать, что существует бесконечно много номеров n таких, что a _n>max(a _n+1, a _n+2,...).

(b) Пусть a _n> 0 и _n→∞ a _n = 0. Доказать, что существует бесконечно много номеров n таких, что a _n<min(a ₁, a ₂,..., a _n−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.