Определение предела последовательности. Свойства сходящихся последовательностей.

Содержание:

  1. Числовые последовательности.
  2. Определение предела последовательности.
  3. Единственность предела последовательности.
  4. Ограниченность сходящейся последовательности.
  5. Свойства сходящихся последовательностей, связанные с неравенствами.

1. Числовые последовательности.

Если каждому натуральному числу n сопоставлено в соответствие некое число xn, то говорят, что задана числовая последовательность

x1, x2, x3,..., xn, ...

Как мы видим, xn — это функция, множеством определения которой является множество N всех натуральных чисел, а множество значенией этой функции, т.е. значение всех xn, n∈N, называют множеством значений последовательности.

Множество значений последовательности может быть как конечным, так и бесконечным, но множество ее элементов всегда бесконечно, т.к. любые два разных элемента последовательности отличаются своими номерами.

Например:

  • Множество значений последовательности {(-1)n} состоит из двух элементов -1 и 1.
  • Последовательность {n2} имеет бесконечное множество значений.
  • Последовательность {1/n} имеет бесконечное множество значений.

Последовательность может быть задана формулой, которая позволяет вычислить каждый член последовательности по ее номеру. Например, если \(x_n=\frac{\left(-1\right)^n+1}2\), то каждый нечетный член последовательности будет равен 0, а каждый четный член равен 1.

Зачастую используют реккурентный способ записи формулы последовательности, когда каждый следующий член последовательности можно найти по известным предыдущим.

Например:

  • Арифметическая последовательность с разностью d задается реккурентной записью \(x_{n+1}=x_n+d\). Зная первый член последовательности x1 можно получить формулу для любого члена xn $$x_{n+1}=x_1+nd,\;n\in\mathbb{N}\nonumber$$
  • Геометрическая последовательность со знаменателейм q≠0 задается реккурентной формулой \(x_{n+1}=x_nq\). Зная первый член последовательности x1 можно получить формулу для любого члена xn $$x_{n+1}=x_nq^n,\;n\in\mathbb{N}\nonumber$$
  • Знаменитая последовательность Фибоначчи задается реккурентной формулой $$x_n=x_{n-1}+x_{n-2},\ n\in\mathbb{N},\ n\geq3\nonumber$$ и условием x1 = 1, x2 = 1.


2. Определение предела последовательности.

Определение.
Число a называется пределом последовательности {xn}, если для любого ε>0 существует такой номер Nε, что для любого n≥Nε выполняется неравенство $$\left|x_n-a\right|<\varepsilon.\nonumber$$

Если а — предел последовательности, то пишут \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=a\) или \(x_n\rightarrow a\) при \(n\rightarrow\infty\).

С помощью логических символов данное определение можно записать в виде

$$ \left\{\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=a\right\}\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0\;\exists N_\varepsilon:\;\forall n\geq N_\varepsilon\rightarrow\left|x_n-a\right|<\varepsilon\label{ref1} $$

Последовательность, у которой существует предел, называется сходящейся. Таким образом, последовательность \(\left\{x_n\right\}\) является сходящейся, если

$$ \exists a\in\mathbb{R}:\;\forall\varepsilon>0\;\exists N_\varepsilon:\;\forall n>N_\varepsilon\rightarrow\left|x_n-a\right|<\varepsilon\label{ref2} $$

Последовательность называют расходящейся, если никакое число не является ее пределом.

Из определения \eqref{ref1} предела последовательности следует, что последовательность \(\left\{x_n\right\}\) имеет предел, равный a, тогда и только тогда, когда последовательность \(\left\{x_n-a\right\}\) имеет предел равный нулю, т.е.

$$ \left\{\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=a\right\}\Leftrightarrow\left\{\underset{n\rightarrow\infty}{lim}(x_n-a)=0\right\}\nonumber $$


Пример 1.

Записать с помощью логических символов отрицания следующих утверждений:

  1. A = {число а — предел последовательности {xn}};
  2. B = {{xn} — сходящаяся последовательность}.

Решение.

  1. Используя указанное п.1 параграфа 1 правило построения отрицания утверждения, содержащего символы \(\forall,\;\exists\), из \eqref{ref1} получаем
    $$
    \rceil A=\{\exists\varepsilon_0>0:\forall k\in\mathbb{N}\;\exists n\geq k:|x_{n}-a|\geq\varepsilon_{0}\},\nonumber
    $$
    где n зависит, вообще говоря, от k, т.е. n = n(k).
  2. Из \eqref{ref2} следует, что
    $$
    \rceil B=\{\forall a\in\mathbb{R}\;\exists\varepsilon_{0}>0:\;\forall k\in\mathbb{N}\;\exists n\geq k:|x_{n}-a|\geq\varepsilon_{0}\}.\blacktriangle\nonumber
    $$

Пример 2.

Пользуясь определением: найти предел последовательности \(\{x_{n}\}\), если:

  1. \(x_{n}=\displaystyle\frac{n-1}{n}\);
  2. \(x_{n}=\displaystyle\frac{a}{n^{r}},\ a\in\mathbb{R},\ r=\frac{1}{m},\ m\in\mathbb{N}\);
  3. \(x_{n}=q^{n},\ |q|<1\);
  4. \(x_{n}=\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1}\);
  5. \(x_{n}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n}q^{k-1},\ |q|<1\);
  6. \(x_{n}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}\).

Решение.

  1. Докажем, что \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=1\). Так как \(x_n=\displaystyle 1-\frac{1}{n}\), то \(|x_{n}-1|=\displaystyle \frac{1}{n}\). Возьмем произвольное число \(\varepsilon>0\). Неравенство \(|x_{n}-1| <\varepsilon\) будет выполняться, если \(1/n < \varepsilon\), т.е. при \(n>1/\varepsilon\). Выберем в качестве \(N_{\varepsilon}\) какое-нибудь натуральное число, удовлетворяющее условию \(N_{\varepsilon}>1/\varepsilon\), например число \(N_\varepsilon=\left[1/\varepsilon\right]+1\), где \([x]=E(x)\) - целая часть числа x, т. е. наибольшее целое число, не превосходящее х. Тогда для всех \(n\geq N_{\varepsilon}\) будет выполняться неравенство \(\displaystyle|x_{n}-1|=\frac{1}{n}\leq 1/N\;<\varepsilon\). По определению предела это означает, что \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=1\), т.е. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n-1}{n}=1\).

  2. Так как \(\displaystyle|x_{n}|\leq\frac{a}{n^r}\), а неравенство \(|a|/n^r < \varepsilon\), где \(\varepsilon>0\), равносильно каждому из неравенств \(n^r>|a|/\varepsilon,\;n>(|a|/\varepsilon)^m\), то при всех \(n\geq N_{\varepsilon}\), где \(N_\varepsilon=[(|a|/\varepsilon)^m]+1\), справедливо неравенство \(|x_n|<\varepsilon\). Следовательно, \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}a/n^{r}=0\).

  3. Если \(q=0\), то \(x_n=0\) для всех \(n\in\mathbb{N}\), и поэтому \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=0\). Пусть \(q\neq 0\). Обозначим \(r=1/|q|\), тогда \(r>1\), та как \(|q|\;<\;1\). Поэтому  \(r=1+\alpha\), где \(\alpha>0\), откуда
    $$
    \frac{1}{|q|^{n}}=r^{n}=(1+\alpha)^{n}>\alpha n\nonumber
    $$
    в силу неравенства Бернулли. Следовательно,
    $$
    |x_{n}|=|q|^{n}<\frac{1}{\alpha n},\label{ref3}
    $$
    и для всех \(n\geq N_{\varepsilon}\), где \(N_{\varepsilon}=[1/(\alpha\varepsilon)]+1\), выполняются неравенства \(\displaystyle |x_{n}|<\frac{1}{\alpha n}\leq\frac{1}{\alpha N_{\varepsilon}}<\varepsilon\). Это означает, что \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=0\), т.е.
    $$
    \lim_{n\rightarrow\infty}q^n=0,\ \mbox{если}\ |q|<1.\nonumber
    $$

  4. Умножив и разделив \(x_n\) на \(\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}\), получим
    $$
    x_{n}=\frac{(\sqrt{n+2})^{2}-(\sqrt{n+1})^{2}}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}}=\frac{1}{\sqrt{n+2}+\sqrt{n+1}},\nonumber
    $$
    откуда \(\displaystyle|x_n|<\frac{1}{2\sqrt{n}}\). Неравенство \(\displaystyle\frac{1}{2\sqrt{n}}<\varepsilon\) будет выполняться, если \(\displaystyle\sqrt{n}>\frac{1}{2\varepsilon}\), т.е. при \(\displaystyle n>\frac{1}{4\varepsilon^2}\). Пусть \(\displaystyle N_{\varepsilon}=[\frac{1}{4\epsilon^{2}}]+1\), тогда для всех \(n\geq N_{\varepsilon}\) выполняются неравенства \(\displaystyle|x_n|<\frac{1}{2\sqrt{n}}\leq\frac{1}{2\sqrt{N_{\varepsilon}}} <\varepsilon\). Это означает, что \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=0\), т.е. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})=0.\)

  5. Используя формулу для суммы геометрической прогрессии, получаем \(\displaystyle x_n=\frac{1-q^{n}}{1-q}=\frac{1}{1-q}-\frac{q^{n}}{1-q}\), откуда в силу \eqref{ref3} следует, что неравенства \(\displaystyle |x_{n}-\frac{1}{1-q}|=\frac{|q|^{n}}{1-q}<\frac{1}{(1-q)\alpha n}<\varepsilon\), где \(\varepsilon >0\), выполняются для всех \(n\geq N_{\varepsilon}\), где \(N_\varepsilon=\left[\frac1{\alpha(1-q)\varepsilon}\right]+1,\ \alpha=\displaystyle \frac{1}{|q|}-1\), т.е. \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\frac1{1-q}\).

  6. Так как \(\displaystyle \frac{1}{k(k+1)}=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\), то \(x_{n}=1-\displaystyle \frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\ldots+\displaystyle \frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}\), откуда находим \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=1\).


Пример 3.

Пусть \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=a,\ \lim_{n\rightarrow\infty}y_n=a\). Доказать, что последовательность
$$
x_{1},\ y_{1},\ x_{2},\ y_{2}\ldots,\ x_{k},\;y_{k}\ldots\label{ref4}
$$
сходится и ее предел также равен a.

Решение.

\(\triangle\) По определению предела для любого \(\varepsilon>0\) существуют \(N_1=N_1(\varepsilon)\) и \(N_{2}=N_{2}(\varepsilon)\) такие, что для всех \(n\geq N_{1}\) выполняется неравенство \(|x_{n}-a|<\varepsilon\), а для всех \(n\geq N_2\) выполняется неравенство \(|y_{n}-a|<\varepsilon\).

Обозначим n-й член последовательности \eqref{ref4} через \(z_{n}\). Тогда если \(N_{\varepsilon}=\displaystyle \max(N_{1},N_{2})\), то для всех \(n\geq 2N_{\varepsilon}\) будет выполняться неравенство \(|z_{n}-a|<\varepsilon\). В самом деле, если n=2k и \(n\geq 2N_{\varepsilon}\), то \(z_{n}=y_{k}\), где \(k\geq N_{\varepsilon}\geq N_2\), и поэтому \(|z_n-a|=|y_{k}-a|\;<\;\varepsilon\). Аналогично, если \(n=2k-1\) и \(n\geq 2N_{\varepsilon}\), то \(z_{n}=x_{k}\), где \(k>N_{\varepsilon}\geq N_{1}\), и поэтому \(|z_{n}-a|=|x_{k}-a|<\varepsilon\). \(\blacktriangle\)


Пример 4.

Доказать, что если \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=a\), то $$ \displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}}{n}=a.\nonumber $$

Решение.

\(\triangle\) Обозначим \(y_{k}=x_{k}-a,\ S_{n}=\displaystyle \frac{x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}}{n}\), тогда $$ S_{n}-a=\displaystyle \frac{y_{1}+y_{2}+\ldots+y_{n}}{n}.\nonumber $$ Так как \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}y_{n}=0\), то по заданному \(\varepsilon>0\) можно найти номер \(N=N_\varepsilon\) такой, что для всех \(n\geq N_\varepsilon\) выполняется неравенство \(|y_{n}|\;<\;\epsilon/2\). Обозначим \(C=|y_{1}+y_{2}+\ldots+y_{N}|\). Тогда, если \(n\;>\;N\), то $$ |S_{n}-a|\displaystyle \leq\frac{|y_{1}+y_{2}+\ldots+y_{N}|}{n}+\frac{|y_{N+1}|+\ldots+|y_{n}|}{n<}\;<\;\frac{C}{n}+\frac{\varepsilon}{2}\frac{n-N}{n}\leq\frac{C}{n}+\frac{\varepsilon}{2}.\nonumber$$ Выберем номер \(\widetilde N={\widetilde N}_{\varepsilon}\) такой, что \(C/\widetilde N\;<\;\varepsilon/2\), Тогда для всех \(n\geq\widetilde N\) будет справедливо неравенство \(C/n<\varepsilon/2\). Пусть, наконец, \(n_{\varepsilon}=\displaystyle \max(N_{\varepsilon},{\widetilde N}_{\varepsilon})\); тогда для всех \(n\geq n_\varepsilon\) выполняется неравенство \(|S_n-a|\;<\varepsilon\). Следовательно, \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=a\). \(\blacktriangle\)


Обратимся еще раз к определению предела. Согласно этого определения число a является пределом последовательности \(\left\{x_n\right\}\), если при всех \(n>N_\varepsilon\) выполняется неравенство \(\left|x_n-a\right|<\varepsilon\), которое можно записать в виде

$$ a-\varepsilon < x_n < a+\varepsilon\nonumber $$

Этот интервал называют \(\varepsilon\) - окрестностью точки \(a\) (Рис. 4.1.) и обозначают \(U_\varepsilon(a)\), а также \(O_\varepsilon(a)\), т. е.

$$U_\varepsilon(a)=\left\{x:\;a-\varepsilon\;<\;x\;<\;a+\varepsilon\right\}=\left\{x:\;\left|x-a\right|\;<\;\varepsilon\right\}\nonumber $$

Рис. 4.1
Рис. 4.1

Таким образом, а - предел последовательности \(\left\{x_n\right\}\), если для каждой ε - окрестности точки а найдется номер, начиная с которого все члены последовательности принадлежат этой окрестности, так что вне этой окрестности либо нет ни одного члена последовательности, либо содержится конечное число членов.

С помощью логических символов данное определение можно записать следующим образом

$$\left\{\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=a\right\}\Leftrightarrow\forall\varepsilon>0\ \exists N_\varepsilon:\ \forall n\geq N_\varepsilon\rightarrow x_n\in U_\varepsilon(a).\nonumber $$


Пример 5.

Доказать, что последовательность \(\left\{x_n\right\}\), где \(x_n=(-1)^n\), является расходящейся.

Решение.

На числовой оси все члены данной последовательности отображаются точками -1 и 1, причем \(x_{2k}=1,\;x_{2k-1}=-1,\;k\in\mathbb{N}\). Любое число a, где a ≠ ±1, не может быть пределом последовательности, т.к. существует ε - окрестность точки a (достаточно взять \(\varepsilon=min(\left|a+1\right|,\left|a-1\right|)\)), не содержащая ни одного члена последовательности. Число 1 также не является пределом последовательности, так как существует такая ε - окрестность точки a (ε = 1/2), что вне ее содержится бесконечно много членов последовательности (все члены с нечетными номерами). Аналогичное утверждение верно и для точки -1. Таким образом, ни одно число не является пределом последовательности, т.е. \(\left\{x_n\right\}\) - расходящаяся последовательность.


3. Единственность предела последовательности.

Теорема 1. Числовая последовательность может иметь только один предел.

Доказательство.

Предположим, что \(\left\{x_n\right\}\) имеет два различных предела a и b, причем < b (как изображено на рисунке).

Выберем ε > 0 таким, чтобы ε - окрестности точек a и b не пересекались, т.е. не имели общих точек. Возьмем, например, ε = (ba)/3. Так как число a - предел последовательности {xn}, то по заданному ε > 0 можно найти номер N такой, что \(x_n\in U_\varepsilon(a)\) для всех n > N. поэтому вне интервала \(U_\varepsilon(a)\) может оказаться лишь конечное число членов последовательности. В частности, интервал \(U_\varepsilon(b)\) может содержать лишь конечное число членов последовательности. Но это противоречит тому, что b - предел последовательности, т.к. согласно определению предела, любая окрестность точки b должна содержать бесконечное число членов последовательности. Данное противоречие показывает, что последовательность не может иметь два различных предела. Итак, сходящаяся последовательность имеет только один предел.


4. Ограниченность сходящейся последовательности.

Последовательность \(\left\{x_n\right\}\) называется ограниченной снизу, если существует такое число С1, что все члены последовательности удовлетворяют условию \(x_n\geq C_1\), т.е.

$$ \exists\;C_1:\;\forall n\;\in\mathbb{N}\;\rightarrow x_n\geq C_1\nonumber $$

Последовательность \(\left\{x_n\right\}\) называется ограниченной сверху, если

$$ \exists\;C_2:\;\forall n\;\in\mathbb{N}\;\rightarrow x_n\leq C_2\nonumber $$

Последовательность, ограниченная как сверху, так и снизу, называется ограниченной, т.е. последовательность \(\left\{x_n\right\}\) называется ограниченной, если

$$ \exists\;C_1\;\exists\;C_2:\;\forall n\;\in\mathbb{N}\;\rightarrow C_1\leq x_n\leq C_2\label{ref5} $$

Заметим, что условие \eqref{ref5} равносильно следующему

$$ \exists\;C>0:\;\forall n\in\mathbb{N}\rightarrow\left|x_n\right|\leq C\label{ref6} $$

Геометрически ограниченность последовательности означает, что все члены последовательности содержатся в С-окрестности точки нуль.


Теорема 2. Если последовательность имеет предел, то она ограничена.

Доказательство.

Пусть последовательность \(\left\{x_n\right\}\) имеет предел равный \(a\). По определению предела для \(\varepsilon=1\) найдем такой номер N, что при всех \(n\geq N\) имеет место неравенство \(\left|x_n-a\right|<1\). Так как модуль суммы не превосходит суммы модулей, то

$$ \left|x_n\right|=\left|x_n-a+a\right|\leq\left|x_n-a\right|+\left|a\right|\nonumber$$

Поэтому при всех \(n>N\) выполняется $$\left|x_n\right|<1+\left|a\right|\nonumber$$

Положим \(c=max(1+\left|a\right|,\;\left|x_1\right|,\ldots,\left|x_{N-1}\right|)\), тогда \(\left|x_n\right|\leq C\) при всех \(n\in\mathbb{N}\), т.е. последовательность \(\left\{x_n\right\}\) ограничена.


Замечание 1.
В силу теоремы 2 всякая сходящаяся последовательность является ограниченной. Обратное неверно: не всякая ограниченная последовательность является сходящейся. Например, последовательность \(\left\{\left(-1\right)^n\right\}\) ограничена, но не является сходящейся.

Замечание 2.
Если условие \eqref{ref6} не выполняется, т.е. $$ \forall C>0\quad\exists n_C\in\mathbb{N}:\;|x_{n_C}|>C,\nonumber $$ то говорят, что последовательность \eqref{ref6} не ограничена.

Пример 6.

Доказать, что последовательность \(\left\{{\textstyle\frac1{y_n}}\right\}\) является ограниченной, если \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}y_n=b,\;b\neq0,\;y_n\neq0\;для\;всех\;n\in\mathbb{N}\).

Решение.

Так как \(b\neq 0\), то \(|b|>0\). По заданному числу \(\varepsilon=\displaystyle |b|/2\) в силу определения предела последовательности найдется такой номер \(N_0\), что $$\forall n\geq N_0\rightarrow\left|y_n-b\right|<\frac{\left|b\right|}2\label{ref7}$$

Используя данное неравенство, а также неравенство для модуля разности $$\left|b\right|-\left|y_n\right|\leq\left|y_n-b\right|\nonumber$$ получаем \(\left|b\right|-\left|y_n\right|\leq\frac{\left|b\right|}2\), откуда \(\displaystyle \left|y_n\right|>\frac{\left|b\right|}2\), и поэтому для всех n ≥ N0, справедливо \(\displaystyle \left|\frac1{y_n}\right|<\frac2{\left|b\right|}\).

Пусть \(C=\displaystyle max(\frac1{\left|y_1\right|},\ldots,\frac1{\left|y_{N_0-1}\right|},\frac2{\left|b\right|})\), тогда для всех \(n\in\mathbb{N}\) выполняется неравенство \(\displaystyle |1/y_n|\leq C\), т.е. \(\{1/y_n\}\) — ограниченная последовательность.


5. Свойства сходящихся последовательностей, связанные с неравенствами.

Теорема 3. Теорема о трех последовательностях или теорема о пределе "зажатой" последовательности.

Если последовательности \(\{x_n\},\;\{y_n\},\;\{z_n\}\) таковы, что

$$x_n\leq y_n\leq z_n\;для\;всех\;n\geq N_0,\label{ref8}$$

$$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=\underset{n\rightarrow\infty}{lim}z_n=a,\nonumber$$

то последовательность \(\{y_n\}\) сходится и \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}y_n=a\).

Доказательство.

По определению предела для любого \(\varepsilon>0\) найдутся номера \(N_1=N_1(\varepsilon)\;и\;N_2=N_2(\varepsilon)\) такие, что \(x_n\in U_\varepsilon(a)\) при всех \(n\geq N_1\) и \(z_n\in U_\varepsilon(a)\) при всех \(n\geq N_2\).

Отсюда и из условия \eqref{ref8} следует, что при всех n ≥ N, где N = max(N0, N1, N2), выполняется условие \(y_n\in U_\varepsilon(a)\). Это означает, что существет \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}y_n=a\)


Пример 7.

Пусть \(\alpha_n\geq −1\) при всех \(n\in\mathbb{N}\) и \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\alpha_n=0\). Доказать, что $$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\sqrt[k]{1+\alpha_n}=1,\;\;\;k\in\mathbb{N}\label{ref9}$$

Решение.

\(\triangle\,\)Докажем сначала, что $$1-\left|\alpha_n\right|\leq\sqrt[k]{1+\alpha_n}\leq1+\left|\alpha_n\right|,\qquad n\in\mathbb{N},\qquad k\in\mathbb{N}.\label{ref10}$$

В самом деле, если \(\alpha_n\geq 0\), то $$1\leq\sqrt[k]{1+\alpha_n}\leq\left(\sqrt[k]{1+\alpha_n}\right)^k=1+\alpha_n=1+\left|\alpha_n\right|,\nonumber$$

а если \(−1\;\leq \alpha_n\;<\;0\), то $$1\geq\sqrt[k]{1+\alpha_n}\geq\left(\sqrt[k]{1+\alpha_n}\right)^k=1+\alpha_n=1-\left|\alpha_n\right|,\nonumber$$ откуда следуют неравенства \eqref{ref10}. Применяя теорему 3, получаем требуемое утверждение.\(\blacktriangle\)


Пример 8.

Доказать, что если \(a>1\), то $$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\sqrt[n]a=1\label{ref11}$$

Решение.

\(\triangle\,\)Если \(a>1\), то \(\sqrt[n]a>1\). Обозначая \(\sqrt[n]a-1=\alpha_n\), получаем \(\sqrt[n]a=1+\alpha_n\), где \(\alpha_n>0\), откуда $$a=\left(1+\alpha_n\right)^n>\alpha_nn\label{ref12}$$ в силу неравенства Бернулли. Так как \(\alpha_n>0\), то из \eqref{ref12} следует, что \(0\;<\;\alpha_n\;<\;\displaystyle \frac an\), т.е. \(\displaystyle 0<\sqrt[n]a-1<\frac an\). Применяя теорему 3 получаем соотношение \eqref{ref11}. \(\blacktriangle\)


Пример 9.

Доказать, что $$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\sqrt[n]n=1.\label{ref13}$$

Решение.

\(\triangle\,\)Заметим, что \(\sqrt[n]n-1=\alpha_n>0\), при \(n>1\), откуда \(n=(1+\alpha_n)^n>C_n^2\alpha_n^2,\) где\(\displaystyle C_n^2=\frac{n(n-1)}2>\frac{n^2}4,\) при \(n>2\). Следовательно, \(\displaystyle n>\frac{n^2}4\alpha_n^2,\) или \(\displaystyle \alpha_n^2<\frac{4}{n}\), и так как \(\alpha_n>0\), то \(\displaystyle 0<\alpha_n<\frac2{\sqrt n}\), т.е. $$0<\sqrt[n]n-1<\frac2{\sqrt n}.\nonumber$$

Используя теорему 3, получаем утверждение \eqref{ref13}.\(\blacktriangle\)


Пример 10.

Пусть \(a>1,\;p\in\mathbb{N}\). Доказать, что $$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{n^p}{a^n}=0.\label{ref14}$$

Решение.

Если \(a>1\), то \(a=1+\alpha\), где \(\alpha>0\), откуда \(a^n=\displaystyle \left(1+\alpha\right)^n>C_n^{p+1}\alpha^{p+1}\), при \(n>p\).

Пусть \(n>2p\), тогда \(\displaystyle C_n^{p+1}=\frac{n(n-1)\ldots (n-p)}{(p+1)!}>\frac n{(p+1)!}\left(\frac n2\right)^p\), так как \(\displaystyle n-k>\frac n2\) при \(\displaystyle 1\leq k\leq p\). Отсюда следует, что \(\displaystyle 0<\frac{n^p}{a^n}<\frac{2^p\left(p+1\right)!}n\), и поэтому справедливо утверждение \eqref{ref14}.


Теорема 4. Если $$\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=a,\;\underset{n\rightarrow\infty}{lim}y_n=b,\label{ref15}$$ причем $$a < b,\label{ref16}$$ то $$\exists N_0:\;\forall n\geq N_0\rightarrow x_n < y_n.\label{ref17}$$

Доказательство.

Как и в теореме 1, выберем \(\varepsilon>0\) таким, чтобы \(\varepsilon\) — окрестности точек a и b не пересекались, т.е. не имели общих точек. Возьмем, например, \(\varepsilon=(b − a)/3\). Согласно определению предела по заданному \(\varepsilon\) можно найти номера N1 и N2 такие, что \(x_n\in U_\varepsilon(a)\) при всех n ≥ N1 и \(y_n\in U_\varepsilon(b)\) при всех n ≥ N2. Пусть N0 = max(N1, N2). Тогда при всех n ≥ N0 выполняются неравенства $$x_n<\;a+\varepsilon\;<\;b-\varepsilon\;<\;y_n,\nonumber$$ откуда следует выражение \eqref{ref17}.


Следствие 1. Если \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=a\) и a < b, то $$\exists N_{0}:\forall n\geq N_{0}\rightarrow x_n\;<\;b.\label{ref18}$$

\(\circ\) Для доказательства утверждения \eqref{ref18} достаточно в теореме 2 взять \(y_n=b,\;n\in\mathbb{N}.\bullet\)


Следствие 2. Если \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=a,\,\lim_{n\rightarrow\infty}y_{n}=b\) и
$$
\forall n\in\mathbb{N}\rightarrow x_{n}\geq y_{n},\label{ref19}
$$
то
$$
a\geq b.\label{ref20}
$$

\(\circ\) Предположим, что неравенство \eqref{ref20} не выполняется. Тогда \(a\;<\;b\) и по теореме 4 справедливо утверждение \eqref{ref17}, которое противоречит условию \eqref{ref19}. Поэтому должно выполняться неравенство \eqref{ref20}. \(\bullet\)


Замечание 3.
В частности, если для сходящейся последовательности \(\{x_{n}\}\) выполняется для всех \(n\in\mathbb{N}\) (или для всех \(n\geq N_0)\) неравенство \(x_{n}\geq \alpha\quad(x_{n} \leq\beta)\), то \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}\geq \alpha\quad(\lim_{n\rightarrow\infty} x_n\leq\beta)\). Отсюда следует, что если все члены сходящейся последовательности \(\{x_n\}\) принадлежат отрезку \([a,b]\), т.е. \(a\leq x_n\leq b\) для всех \(n\in\mathbb{N}\), то и предел этой последовательности принадлежит отрезку \([a,b]\), т.е. \(\displaystyle a\leq\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}\leq b\).

Замечание 4.
В следствии 2 утверждается, что если соответствующие члены двух сходящихся последовательностей связаны знаком нестрогого неравенства, то такое же неравенство справедливо и для пределов этих последовательностей. Короче: предельный переход сохраняет знак нестрогого неравенства. Однако знак строгого неравенства, вообще говоря, не сохраняется, т.е. если \(x_n>у_n\) при \(n\geq N_0\) и последовательности \(\{x_{n}\},\;\{y_{n}\}\) сходятся, то \(\displaystyle {\lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}\geq\lim_{n\rightarrow\infty}y_{n}}\). Например, если \(x_{n}=1+\displaystyle \frac{1}{n},\;y_{n}=1-\displaystyle \frac{1}{n}\), то \(x_n>y_{n},\;n\in\mathbb{N}\quad\), но \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=\lim_{n\rightarrow\infty}y_{n}=1\).