Учебное пособие Москва Издательство мцнмо 2007 удк 512. 1517. 1511. 1 Ббк 22. 14122. 161 П70 Прасолов В. В
 Скачать 3.28 Mb.
|
|
25.13. Неубывающая ограниченная сверху последовательность ограничена, поскольку для всех n. Поэтому согласно теореме Больцано––Вейерштрасса (задача 25.11) последовательность имеет предельную точку c. Прежде всего докажем, что предельная точка единственна. Предположим, что есть две предельные точки c 1 < c 2 . Пусть c 2 − c 1 = e . Выберем N так, что |x N − c 2 | < < e /2. Тогда x N > c 2 − e 2 . Значит, при n > N. Но тогда c 1 > e 2 , поэтому не может быть предельной точкой. Пусть c — предельная точка. Тогда x n 6 c для всех n иначе все точки x m , где m > n, лежат вне некоторой окрестности точки Поэтому для каждого e > 0 можно выбрать N так, что c Тогда c − e < x n 6 c при n > N. 25.14. Если последовательность {x n } имеет предел a, то для любого можно выбрать N так, что |x n −a|< e /2 для любого n > Тогда если m, n > N, то |x n − x m | 6 |x n − a| + |a − x m | Предположим теперь, что для любого e > 0 можно выбрать номер так, что |x n − x m | < e для любых m, n > N. Положим e = и выберем соответствующий номер N. Тогда |x n −x N | <1 при n> Поэтому последовательность {x n } ограничена. По теореме Больцано Вейерштрасса (задача 25.11) такая последовательность имеет предельную точку a. Для положительного числа e /2 выберем номер так, что |x n − x m | < e /2 при m, n > N. Точка a предельная, поэтому |x n − a| < e /2 для бесконечно многих n; в частности, это неравенство выполняется для некоторого n 0 > N. Поэтому для любого m > N получаем |x m − a| 6 |x m − x n 0 | + |x n 0 − a| < e . Следовательно. Ответ. Ясно, что < √ n + 1 − √ n = ( √ n + 1 − √ n)( √ n + 1 + √ n) √ n + 1 + √ n = 1 √ n + 1 +Поэтому lim n →∞ ( √ n + 1 − √ n) = 0. Глава 25. Предел последовательности 25.16. О т в е т. Домножив и поделив+ n − n на+ n + n, получим p n 2 + n − n = n p n 2 + n + n = 1 r 1 + 1 n + 1 → 1 2 25.17. а) Ясно, чтоб) Пусть 10 k 6 n 6 10 k +1 . Тогда lg n n 6 k + 1 10 k →0 согласно задаче а. а) Если n достаточно велико, то > n + 1 n = 1 + 1 n . Выберем число q > 1 и натуральное число N так, что q < “ n n + при n > N. Тогда q < “ N N + 1 ” k a, q < “ N + 1 N + 2 ” k a, q < “ N + m − 1 N + поэтому q m < “ N N + m ” k a m , а значит + m) k a N +m < Cq −m , где C = N k a N Остаётся заметить, что если q > 1, то lim m →∞ q −m = б) Пусть a m −1 6 n 6 a m . Тогда 0 согласно задаче а. Выберем натуральное число N так, что + 1 6 1 2 . Если > N, то 2 ” n −N = C 2 n , где C = 2 N |x| N N! — постоянное число. Пусть x > 1. Рассмотрим вспомогательную последовательность. Ясно, что a n > 0, Поэтому согласно задаче а) 1 + na n 6 (1 + a n ) n = x. Таким образом, 0 < a n < x − Поэтому lim n →∞ a n = Если x = 1, то утверждение очевидно, а если 0 < x < 1, то рассмотрим. Тогда lim n →∞ y 1/n = 1, поэтому lim n →∞ x 1/n = 1. 25.21. Первое решение. Пусть a n = n √ n − 1. Тогда поэтому n = (1 + a n ) n > 1 + na n + n(n − 1) 2 a 2 n > n(n − 1) 2 a 2 n . Следовательно Решения задач 303 В тор о ере ш е ни е. Воспользовавшись неравенством между средним арифметическими средним геометрическим, получим 1 = n − 1 1 + n 1/n + . . . + n (n −1)/n 6 n − 1 n n p n 1/n+2/n+...+(n−1)/n = n − Если n > 3, то 1 n (3n −1)/2n 6 n ( −n+1)/2n 6 n −1/3 25.22. Из неравенства (2n)! > n(n + 1) . . . (2n) > следует, что > 2n √ n n +1 > √ n и+ 1)! > 2n+1 √ n n +1 > √ n. 25.23. Если 0 < a n < b n , то и b n +1 < b n . Кроме того+ b n ) 2 , те. Поэтому a 0 < a 1 < a 2 < . . . < b 2 < < b 1 < b 0 . Значит, последовательности {a n } и {b n } сходятся. Пусть lim n →∞ a n = a и lim n →∞ b n = b . Из того, что b n +1 = a n + b n 2 , следует, что b = a + b 2 , т. е. a = b Перемножив равенства и b n +1 = a n + b n 2 , получим a n b n . Значит, a n b n = ab при всех n. Поэтому ab = те. Рассмотрим все натуральные числа a, для которых 6 a < 10 k . Среди них есть хотя бы одна степень двойки, поскольку не может оказаться, что 2 m < 10 k −1 , а 2 m +1 > 10 k . Наименьшая из степеней двойки, заключённых в этих пределах, начинается с единицы, поскольку иначе мы могли бы поделить число на 2 и получить число в тех же пределах. Степень двойки, следующая за наименьшей, начинается с цифры 2 или 3. Поэтому среди рассматриваемых чисел есть ровно одна степень двойки, начинающаяся с единицы. Значит, если 10 k −1 6 2 n < 10 k , то a n = k Таким образом, a n 6 n lg 2 < a n + 1, те. Поэтому lim n →∞ a n n = lg 2. 25.25. Если бы мы знали, что существует предел lim n →∞ x n = то найти c было бы легко. Действительно, c = √ a + c, поэтому c − a = 0. Следовательно, c = 1/2 ± √ a + 1/4. Ясно также, что > 0, поэтому c = 1/2 + √ a + Докажем теперь, что рассматриваемый предел существует. Прежде всего заметим, что последовательность {x n } монотонно возрастает. Действительно, учитывая, что все числа положительны, получаем x n +1 > x n ⇔ x 2 n +1 > x 2 n ⇔ a + x n > x 2 n ⇔ ⇔ a+x n > a +x n −1 ⇔ x n > x n −1 . Остаётся заметить, что x 2 = √ a + √ a> > √ a =x 1 Глава 25. Предел последовательности Докажем, что последовательность {x n } ограничена сверху, а именно, x n < c. Действительно, x 1 < c. Кроме того, x n < c ⇒ x n +1 < < √ a + c = c. 25.26. Если бы мы знали, что существует предел lim n →∞ x n = то найти его было бы легко. Действительно, c = a 1 + c , поэтому+ c − a = 0. Ясно также, что c > 0. Поэтому c — положительный корень уравнения x 2 + x − a = 0. Такой корень единствен. Докажем теперь существование предела. Пусть c — единственный положительный корень уравнения x 2 +x−a=0. Если x n > c, тот. е. x n > a 1 + x n = x n +1 . Поэтому x n +1 = a 1 + x n 6 a 1 + те. Аналогично доказывается, что если x n 6 c, то Далее, x n +2 − x n = a 1 + a/(1 + x n ) − x n = a − x n − x 2 n 1 + a + x n . Поэтому если, то x n +2 − x n > 0, а если x n > c, то x n +2 − x n 6 0. Таким образом, одна из последовательностей x 1 , x 3 , x 5 , . . . и x 2 , x 4 , x 6 , . . монотонно возрастает, а другая монотонно убывает. Предел каждой из этих последовательностей является положительным корнем уравнения x = a 1 + a/(1 + x) , которое эквивалентно уравнению+ x − a = 0. 25.27. Ответ. Ясно, что Следовательно. Пусть q = x 1 − √ a x 1 + √ a . Ясно, что |q| < 1. Поэтому lim n →∞ q 2 n = 0. Значит, lim n →∞ x n − √ a x n + √ a = 0. Остаётся воспользоваться результатом задачи 25.5. 25.28. Ответ. Докажем, что x n = a + 2b 3 + + “ −1 2 ” n −2 b − a 3 . При n = 1 и 2 требуемое равенство легко проверяется. Соотношение x n +1 = 1 2 (x n + x n −1 ) тоже легко проверяется. Пусть p a 1 1 . . . p a k k 6 n. Тогда p a i i 6 n, поэтому a i 6 lg n lg Значит, a n 6 “ lg n lg p 1 + 1 ” . . . “ lg n lg p k + 1 ” . Если n > p 1 , . . . , p k , то 2 k lg p 1 . . . lg p k (lg n) k . Остаётся воспользоваться результатом задачи б Решения задач. Легко проверить, что x 0 > x 0 + y 0 2 > 2x 0 y 0 x 0 + y 0 > y 0 , те. Аналогично для любого Таким образом, последовательности {x n } и {y n } монотонные и ограниченные, поэтому они сходятся к некоторым числами. Если в равенстве перейти к пределу, то получим x = x + те. Ясно также, что x n +1 y n +1 =x n y n . Поэтому xy=x 0 y 0 . Атак как x = y, получаем требуемое. Легко проверить, что x 0 > x 0 + y 0 2 > √ x 0 y 0 > y 0 , те. Аналогично для любого Таким образом, последовательности {x n } и {y n } монотонные и ограниченные, поэтому они сходятся к некоторым числами. Если в равенстве перейти к пределу, то получим x = x + те. Пусть A n = 6 · 2 n tg p 6 · и B n = 6 · 2 n sin p 6 · 2 n , те. A n — полупериметр правильного 6 · угольника, описанного вокруг окружности радиуса 1, B n — полупериметр правильного 6 · угольника, вписанного в окружность радиуса 1. Покажем, что a n = и b n = B n . При n = 0 это очевидно. Пусть a = p 6 · 2 n +1 . Тогда и sin a sin 2 a = 1 cos a . Кроме того и a . Значит те. Далее 2 a 1 + cos 2 a . Легко проверить, что 2 cos 2 a 1 + cos 2 a = 1 − tg 2 a . Поэтому A n +1 25.33. а) Положим x 0 = y 0 cos a , те. Тогда y 0 1 + cos a 2 = и y 1 = r y 0 cos 2 a 2 y 0 = y 0 cos a 2 . Поэтому y 1 cos a 2 . Продолжая такие рассуждения дальше, получаем y 0 cos a 2 cos a 2 2 , . . . , y n = y 0 cos a 2 cos a 2 2 . . . cos a 2 n = y 0 sin a 2 n sin a 2 n → → y 0 sin a a и x n = y n cos a 2 n . Остаётся заметить, что cos a 2 n → 1 при б) Решение аналогично, только теперь мы полагаем x 0 = y 0 ch те Глава 25. Предел последовательности. а) Первое решение. Согласно задаче 13.9, если 1/n, то выполняется неравенство 1+n a 6 (1 +1/n) n < 1+n a + + n 2 a 2 . При a = 1/n получаем требуемое. В тор о ере ш е ни е. Ясно, что + 1 n ” n = 1 + n · 1 n + n(n − 1) 2 · 1 n 2 + n(n − 1)(n − 2) 2 · 3 · 1 n 3 + . . . < < 1 + 1 + 1 2 + 1 4 + 1 8 + . . . поскольку 1 2n < 1 2 , n − 2 3n < 1 2 , n − 3 4n < 1 и т. д. б) Из неравенства + 1 n ” n < 3 следует, что + 1 3 ” n +1 : “ n 3 ” n = “ n + 1 n ” n · n + 1 3 < n + Поэтому индукцией по n получаем требуемое неравенство. Ответ. Первая цифра числа 2 400 = (2 10 ) 40 = 1024 совпадает с первой цифрой числа 1,024 40 . С одной стороны, согласно задаче 25.34 получаем 1,024 40 < 1,025 40 = “ 1 + 1 40 ” 40 < 3. С другой стороны, 1,024 40 > 1 + 40 · 0,024 + 40 · 39 2 0,024 2 = 2,40928 > 2. 25.36. Достаточно доказать требуемые неравенства в случае, когда m = n + Первое решение. Пусть 0 < a < b. Тогда+ 1)a n < b n +1 − a n +1 b − a < (n + поскольку a n +1 b − a = b n + b n −1 a + . . . + a n . Неравенства (1) можно записать в виде+ 1)b − na) < b n +1 , b n ((n + 1)a − nb) < Подставим в эти неравенства a = 1 + 1 n + и b = 1 + 1 n . В результате получим + 1 n + 1 ” n “ (n + 1) 2 n − n(n + 2) n + 1 ” < “ 1 + 1 n ” n +1 , “ 1 + 1 n ” n < “ 1 + 1 n + 1 ” n +1 Решения задач 307 Остаётся заметить, что + 1 n + 2 ” 2 “ (n + 1) 2 n − n(n + 2) n + 1 ” = n 3 + 4n 2 + 4n + 1 n(n + Второе решение. Неравенство + 1 n + 1 ” n +1 > “ 1 +эквивалентно неравенству + 1 n + 1 ” > “ (n + 1) 2 n(n + 2) ” n . Согласно задаче б + 1) 2 n(n + 2) ” n = “ 1 + 1 n 2 + 2n ” n < 1 + 1 n + 2 + 1 (n + Неравенство + 2 + 1 (n + 2) 2 < 1 n + легко проверяется. Неравенство “ 1 + 1 n + 1 ” n +2 < “ 1 +эквивалентно неравенству. Согласно задаче 13.9 а + 1 n 2 + 2n ” n +1 > 1 + n + Неравенство + 1 n 2 + 2n > 1 n + легко проверяется. Согласно задаче 25.36 последовательность a n = (1 + монотонно возрастает, а согласно задаче 25.34 эта последовательность ограничена сверху. а) По формуле бинома Ньютона + 1 n ” n = 1 + n 1 n + C 2 n 1 n 2 + . . . + C k n 1 n k + . . . + Кроме того, C k n = n(n − 1) . . . (n − k − б) Если k 6 n, то + 1 n ” n = 1 + 1 + 1 2! “ 1 − 1 n ” + . . . + 1 k! “ 1 − 1 n ” . . . “ 1 − k − 1 n ” + . . . . . . + 1 n! “ 1 − 1 n ” . . . “ 1 − n − 1 n ” > > 1 + 1 + 1 2! “ 1 − 1 n ” + . . . + 1 k! “ 1 − 1 n ” . . . “ 1 − k − 1 n ” = b n Глава 25. Предел последовательности Ясно, что lim n →∞ b n = 1 + 1 + 1 2! + 1 3! + . . . + 1 k! . Поэтому lim n →∞ “ 1 + 1 n ” n > lim n →∞ b n = 1 + 1 + 1 2! + 1 3! + . . . в) Очевидным образом следует из задача) и б. Согласно задаче 25.38 e − “ 1 + 1 + 1 2! + 1 3! + . . . + 1 n! ” = 1 (n + 1)! + 1 (n + 2)! + 1 (n + 3)! + . . . = = 1 (n + 1)! “ 1 + 1 n + 2 + 1 (n + 2)(n + 3) + . . . ” < < 1 (n + 1)! “ 1 + 1 n + 2 + 1 (n + 2) 2 + . . . ” = 1 (n + 1)! 1 1 − 1 n + 2 = = 1 (n + 1)! n + 2 n + 1 = 1 n! n + 2 (n + 1) 2 Остаётся заметить, что + 2 (n + 1) 2 < 1 n , поскольку n 2 + 2n < n 2 + 2n + 1. |