Бесконечно малые последовательности.
Определение.
Последовательность \(\{\alpha_{n}\}\) называется бесконечно малой, если
$$
\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\alpha_{n}=0.\nonumber
$$
Это означает, что для любого \(\varepsilon>0\) найдется номер \(N=N_\varepsilon\) такой, что \(|\alpha_{n}-0|=|\alpha_{n}| < \varepsilon\) для всех \(n\geq N_\varepsilon\).
Понятие бесконечно малой последовательности используется для доказательства свойств сходящихся последовательностей. Пусть число \(a\) — предел последовательности \(\{x_{n}\}\). Обозначим \(\alpha_{n}=x_{n}-a\). По определению предела
$$
\forall\varepsilon>0\ \exists N_\varepsilon:\ \forall n\geq N_{\varepsilon}\rightarrow|x_{n}-a|=|\alpha_{n}|<\varepsilon,\nonumber
$$
то есть \(\{\alpha_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность. Обратно: если \(x_n=a+\alpha_n\), где \(\{\alpha_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность, то \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=a\).
Приведем примеры бесконечно малых последовательностей:
- \(\displaystyle \{a/n^{r}\}, \ a\in\mathbb{R}, \ r=\frac{1}{m}, \ m\in\mathbb{N}\);
- \(\{q^{n}\}, \ |q|<1\);
- \(\{\sqrt[n]{a}-1\}, \ a>1\);
- \(\{\sqrt[n]{n}-1\}\);
- \(\{n^{p}/a^{n}\}, \ p\in\mathbb{N}, \ a>1\).
При изучении свойств сходящихся последовательностей нам потребуется ввести арифметические операции над последовательностями. Назовем суммой, разностью, произведением и частным двух последовательностей \(\{x_{n}\}\) и \(\{y_{n}\}\) соответственно последовательности \(\{x_{n}+y_{n}\}\), \(\{x_{n}-y_{n}\}\), \(\{x_{n}y_{n}\}\), \(\{x_{n}/y_{n}\}\). При определении частного предполагается, что \(y_n\neq 0\) для всех \(n\in\mathbb{N}\).
Бесконечно малые последовательности обладают следующими свойствами:
- алгебраическая сумма конечного числа бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность;
- произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную последовательность является бесконечно малой последовательностью.
Докажем это:
- \(\circ\) Пусть \(\{\alpha_n\}\) и \(\{\beta_n\}\) — бесконечно малые последовательности. Тогда для любого \(\varepsilon>0\) существуют номера \(N_1=N_{1}(\varepsilon)\) и \(N_{2}=N_{2}(\varepsilon)\) такие, что \(|\alpha_{n}| < \varepsilon/2\) при всех \(n\geq N_1\) и \(|\beta_n| < \varepsilon/2\) при всех \(n\geq N_{2}\).Если \(N=N_\varepsilon=\max(N_{1},N_{2})\), то, используя неравенства для модуля суммы (разности), получаем для всех \(n\geq N\) неравенство
$$
|\displaystyle \alpha_{n}\pm\beta_{n}|\leq|\alpha_{n}|+|\beta_{n}|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\nonumber
$$Следовательно, \(\{\alpha_{n}\pm\beta_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность.Доказанное свойство с помощью индукции распространяется на любое число слагаемых. - Пусть \(\{\alpha_{n}\}\) — ограниченная последовательность, \(\{\beta_n\}\) — бесконечно малая последовательность. По определению ограниченной последовательности
$$
\exists C>0:\quad\forall n\in\mathbb{N}\rightarrow|\alpha_{n}| < C,\nonumber
$$
а по определению бесконечно малой последовательности
$$
\displaystyle \forall\varepsilon>0\quad\exists N_\varepsilon:\forall n\geq N_\varepsilon\rightarrow|\beta_{n}|<\frac{\varepsilon}{C}.\nonumber
$$
Отсюда следует, что
$$
\displaystyle \forall n\geq N_\varepsilon\rightarrow|\alpha_{n}\beta_{n}|=|\alpha_{n}|\cdot|\beta_{n}|<\frac{\varepsilon}{C} \ C=\varepsilon,\nonumber
$$
то есть \(\{\alpha_{n}\beta_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность. \(\bullet\)
В частности, если \(\{\alpha_{n}\}\) — стационарная последовательность, то есть \(\alpha_{n}=a\) для всех \(n\in\mathbb{N}\), а \(\{\beta_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность, то \(\{\alpha_n\beta_n\}\) — бесконечно малая последовательность.
Так как бесконечно малая последовательность ограничена, то из доказанного свойства следует, что произведение конечного числа бесконечно малых последовательностей есть бесконечно малая последовательность.
Бесконечно большие последовательности.
Последовательность \(\{x_{n}\}\) называется бесконечно большой, если для любого \(\delta>0\) существует такой номер \(N_{\delta}\), что для всех \(n\geq N_{\delta}\) выполняется неравенство \(|x_{n}|>\delta\). В этом случае пишут \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\infty\) и говорят, что последовательность имеет бесконечный предел.
Используя логические символы, это определение можно записать так:
$$
\displaystyle \{\lim_{n\rightarrow\infty} x_{n}=\infty\}\Leftrightarrow\forall\delta>0\ \exists N_{\delta}:\forall n\geq N_{\delta}\rightarrow|x_{n}|>\delta.\label{ref1}
$$
Дадим геометрическую интерпретацию определения \eqref{ref1}. Назовем \(\delta\) — окрестностью \(\infty\) (рис. 5.1) множество \(E=\{x\in\mathbb{R}:|x|>\delta\}\). Если
последовательность \(\{x_n\}\) имеет бесконечный предел, то в любой \(\delta\)-окрестности \(\infty\) лежат все члены последовательности, за исключением, быть может, конечного числа членов.
Аналогично вводятся для последовательности \(\{x_n\}\) понятия бесконечного предела, равного \(-\infty\) и \(+\infty\) Эти пределы обозначаются соответственно символами \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=-\infty\) и определяются так:
$$
\{\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=-\infty\}\Leftrightarrow\forall\delta>0 \ \exists N_{\delta}: \ \forall n\geq N_{\delta}\rightarrow x_{n}<-\delta,\label{ref2}
$$
$$
\{\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=+\infty\}\Leftrightarrow\forall\delta>0 \ \exists N_{\delta}: \ \forall n\geq N_{\delta}\rightarrow x_{n}>\delta\label{ref3}
$$
Множества \(E_1=\{x\in\mathbb{R}: \ x < -\delta\}\) и \(E_2=\{x\in\mathbb{R}:x > \delta\}\), где \(\delta > 0\), назовем \(\delta\)-окрестностями \(-\infty\) и \(+\infty\) соответственно (см. рис. 5.1). Тогда \(E=E_{1}\cup E_{2}\).
Согласно определению \eqref{ref3} последовательность \(\{x_n\}\) имеет предел, равный \(+\infty\), если в \(\delta\)-окрестности символа \(+\infty\) содержатся все члены этой последовательности, за исключением, быть может, конечного числа их. Аналогичный смысл имеет определение \eqref{ref2}.
В дальнейшем под пределом последовательности будем понимать конечный предел, если не оговорено противное.
Приведем примеры последовательностей, имеющих бесконечный предел:
- если \(x_{n}=-\sqrt{n}\), то \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=-\infty\);
- так как \(x_{n}=n^{2}/(n+2)\), то \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=-\infty\);
- если \(x_{n}=(-1)^{n}2^{n}\), то \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=\infty\).
Арифметические операции над сходящимися последовательностями.
Теорема
Если \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=a, \ \underset{n\rightarrow\infty}{lim}y_n=b\), то:
- \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}(x_n+y_n)=a+b\).
- \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}(x_ny_n)=ab\).
- \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}\frac{x_n}{y_n}=\frac ab\) при условии, что \(y_n\neq 0 \ (n\in\mathbb{N})\) и \(b\neq 0\).
Доказательство
\(\circ\) Так как \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=a, \ \underset{n\rightarrow\infty}{lim}y_n=b\), тo \(x_n=a+\alpha_n, \ y_n=b+\beta_n\), где \(\{\alpha_{n}\}\) и \(\{\beta_{n}\}\) — бесконечно малые последовательности.
- Из равенства \(x_{n}+y_{n}=a+b+\alpha_{n}+\beta_{n}\), где \(\{\alpha_{n}+\beta_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность, следует, что \(x_n+y_n\rightarrow a+b\) при \(n\rightarrow\infty\).
- Воспользуемся равенством
$$
x_ny_n=ab+a\beta_{n}+b\alpha_{n}+\alpha_{n}\beta_{n}.\nonumber
$$Так как \(\{\alpha_{n}\}\) и \(\{\beta_{n}\}\) — бесконечно малые последовательности, то последовательности \(\{a\beta_n\}, \ \{b\alpha_n\}\) и \(\{\alpha_n\beta_n\}\) также являются бесконечно малыми, откуда следует, что \(\{a\beta_n+b\alpha_{n}+\alpha_{n}\beta_{n}\}\) — бесконечно малая последовательность. Поэтому \(x_ny_n\rightarrow ab\) при \(n\rightarrow\infty\). - Докажем, что \(\displaystyle \{\frac{x_{n}}{y_{n}}-\frac{a}{b}\}\) — бесконечно малая последовательность. Имеем \(\displaystyle \frac{x_{n}}{y_{n}}-\frac{a}{b}=\frac{(a+\alpha_{n})b-(b+\beta_{n})a}{by_{n}}=(\alpha_{n}-\frac{a}{b}\beta_{n})\frac{1}{y_{n}}\). Так как \(\{\alpha_{n}\}\) и \(\{\beta_{n}\}\) бесконечно малые последовательности, то и последовательность \(\displaystyle \{\alpha_{n}-\frac{a}{b}\beta_{n}\}\) также является бесконечно малой.По условию \(y\rightarrow n\) при \(n\rightarrow \infty\), где \(b\neq 0\) и \(y_n\neq 0\) для всех \(n\in\mathbb{N}\). Поэтому (смотри пример) последовательность \(\displaystyle \{\frac{1}{y_n}\}\) является ограниченной.Отсюда следует, что \(\displaystyle \{(\alpha_{n}-\frac{a}{b}\beta_{n})\frac{1}{y_n}\}\) — бесконечно малая последовательность как произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную последовательность.Таким образом, \(\displaystyle \left\{\frac{x_n}{y_n}-\frac ab\right\}\) — бесконечно малая последовательность, и поэтому \(\displaystyle \frac{x_n}{y_n}\rightarrow\frac{a}{b}\) при \(n\rightarrow\infty.\bullet\)
Пример 1
Найти \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}S_n\), если \(\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^n\frac1{a_ka_{k+1}}\), где \(\{a_k\}\) — арифметическая прогрессия, все члены и разность \(d\) которой отличны от нуля.
Решение
\(\triangle\quad\) Используя равенство
$$
S_{n}=\displaystyle \frac{1}{da_{1}}-\frac{1}{d(a_{1}+nd)},\nonumber
$$
полученное в примере, решенном ранее, находим \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=\frac{1}{da_{1}}\quad\blacktriangle\).
Пример 2
Пусть \(P_{k}(x)=a_{0}x^{k}+a_{1}x^{k-1}+\ldots+a_{k-1}x+a_{k}\), \(Q_{k}(x)=b_{0}x^{k}+b_{1}x^{k-1}+\ldots+b_{k-1}x+b_{k}\), где \(a_{0}\neq 0\), \(b_{0}\neq 0\). Найти \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{P_{k}(n)}{Q_{k}(n)}\).
Решение
\(\triangle\quad\) Разделив числитель и знаменатель дроби на \(n^{k}\), получаем
$$
\displaystyle \frac{P_{k}(n)}{Q_{k}(n)}=\frac{a_{0}+a_{1}\frac{1}{n}+\ldots+a_{k}\frac{1}{n^{k}}}{b_{0}+b_{1}\frac{1}{n}+\ldots+b_{k}\frac{1}{n^{k}}}.\nonumber
$$
Отсюда следует, что искомый предел равен \(a_{0}/b_{0}\), так как \(a/n^{p}\rightarrow 0\) при \(n\rightarrow\infty\) для любого \(a\in\mathbb{R}\) и любого \(p\in\mathbb{N}\) (см. пример). \(\blacktriangle\)
Пример 3
Найти \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n\), где \(x_n=\displaystyle \frac{1}{n^{3}}\sum_{k=1}^{n}k^{2}\).
Решение
\(\triangle\quad\) Воспользуемся формулой \(\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\), полученной ранее (ссылка на пример). Тогда \(\displaystyle x_{n}=\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{1}{2n}\right)\) , откуда находим \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=\frac{1}{3}.\quad\blacktriangle\)
Пример 4
Найти \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n},\quad x_{n}=\sqrt{n^{2}+2n+3}-\sqrt{n^{2}-2n+5}\).
Решение
Так как
$$
x_{n}=\displaystyle \frac{(n^{2}+2n+3)-(n^{2}-2n+5)}{\sqrt{n^{2}+2n+3}+\sqrt{n^{2}-2n+5}}=\frac{4-\frac{2}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}+\frac{3}{n^{2}}}+\sqrt{1-\frac{2}{n}+\frac{5}{n^{2}}}},\nonumber
$$
то, используя результат разобранного ранее примера, получаем \(\underset{n\rightarrow\infty}{lim}x_n=2.\blacktriangle\)
Пример 5
Доказать, что последовательность \(\{x_{n}\}\), где \(x_n=\displaystyle \frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+\ldots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}\), сходится, и найти ее предел.
Решение
\(\triangle\quad\) Так как в сумме \(x_{n}\) каждое слагаемое меньше предыдущего, то
$$
\frac{n}{\sqrt{n^{2}+n}}\,<\,x_{n}\,<\,\frac{n}{\sqrt{n^{2}+1}},\nonumber
$$
или
$$
\displaystyle \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}}\,<\,x_{n}\,<\,\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}}}.\nonumber
$$
Используя доказанную ранее теорему и результат разобранного ранее примера, получаем, что \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_{n}=1.\blacktriangle\)