Определение предела последовательности. Свойства сходящихся последовательностей.

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

• Числовая последовательность {1/n} имеет бесконечное множество значений.

• 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 x_n $$x_{n+1}=x_1+nd, \ n\in\mathbb{N}\nonumber$$
• 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 x_n $$x_{n+1}=x_nq^n, \ n\in\mathbb{N}\nonumber$$
• 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.

Записать с помощью логических символов отрицания следующих утверждений:

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

1. Используя 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, то есть n = n(k).
2. Из \eqref{ref2} следует, что
   $$
   \rceil B=\{\forall a\in\mathbb{R} \ \exists\varepsilon_{0} > 0: \ \forall k\in\mathbb{N} \ \exists n\geq k:|x_{n}-a|\geq\varepsilon_{0}\}.\blacktriangle\nonumber
   $$

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. \(x_{n}=\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k(k+1)}\).

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 \(1/n < \varepsilon\), то есть 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, то есть наибольшее целое число, не превосходящее x. 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 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=1\), то есть \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n-1}{n}=1\).
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 \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}x_n=0\), то есть
   $$
   \lim_{n\rightarrow\infty}q^n=0,\ \mbox{если}\ |q| < 1.\nonumber
   $$
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 \(\displaystyle\sqrt{n} > \frac{1}{2\varepsilon}\), то есть 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 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=0\), то есть \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}(\sqrt{n+2}-\sqrt{n+1})=0.\)
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 \(N_\varepsilon=\left[\frac1{\alpha(1-q)\varepsilon}\right]+1,\ \alpha=\displaystyle \frac{1}{|q|}-1\), то есть \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\frac1{1-q}\).
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 \(\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=1\).

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.

\(\triangle\) 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 \(|z_{n}-a|=|x_{k}-a|<\varepsilon\). \(\blacktriangle\)

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

\(\triangle\) 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, \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}S_{n}=a\). \(\blacktriangle\)

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

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, так как 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, то есть \(\left\{x_n\right\}\)—расходящаяся последовательность.

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

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 \(\displaystyle |1/y_n|\leq C\), то есть \(\{1/y_n\}\) — ограниченная последовательность.

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

\(\triangle\,\)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.\(\blacktriangle\)

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

\(\triangle\,\)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 \(0 < \alpha_n < \displaystyle \frac an\), то есть \(\displaystyle 0<\sqrt[n]a-1<\frac an\). Применяя теорему 3 получаем соотношение \eqref{ref11}. \(\blacktriangle\)

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

\(\triangle\,\)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 \(\displaystyle 0<\alpha_n<\frac2{\sqrt n}\), то есть $$0<\sqrt[n]n-1<\frac2{\sqrt n}.\nonumber$$

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

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

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}.