3.3.5. Розв’язання прикладів


Повернутися на початок книги
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 
15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 
30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 
45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 
60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 
75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 
90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 104 
105 106 107 108 109 110 111 112 113 114 115 116 117 118 119 
120 121 122 123 124 125 126 127 128 129 130 131 132 133 134 
135 136 137 138 139 140 141 142 143 144 145 146 147 148 149 
150 151 152 153 154 155 156 157 158 159 160 161 162 163 164 
165 166 167 168 169 170 171 172 173 174 175 176 177 178 179 
180 181 182 183 184 185 186 187 188 189 190 191 192 193 194 
195 196 197 198 199 200 201 202 203 204 205 206 207 208 209 
210 211 212 213 214 215 216 217 218 219 220 221 222 223 224 
225 226 227 228 229 230 231 232 233 234 235 236 237 238 239 
240 241 242 243 244 245 246 247 248 249 250 251 252 253 254 
255 256 257 258 259 260 261 262 263 264 265 266 267 268 269 
270 271 272 273 274 275 276 277 278 279 280 281 282 283 284 
285 286 287 288 289 290 291 292 293 294 295 296 297 298 299 
300 301 302 303 

Загрузка...

Приклад 3.44. Надаючи п значень 0, 1, 2, 3, 4, 5, ... , скласти табли-цю значень зміннихх = 1 + 0,1""; у = -0,1"; z = (-0,1)"; и = (-1)"+

п          7 Jn      п          7 и

+ 0,1" і визначити характер їх зміни при необмеженому зростанні п, тобто п—><».

Розв’язок. Обчислимо значення заданих змінних при вказаних загальних п, одержуємо наступну таблицю:

 

и          0          1          2          3          4          5          …        П—>со

х„         2          1,1       1,01     1,0001 1,0001 1,00001           …        х^1+0

Уп       -1        -10      -100    -1000  -10000            -100000          …        у—> —оо

zn         1          -0,1     0,01     -0,001 0,0001 -0,00001         … …   z->0

un        2          -0,9     1,01     -0,999 0,0001 -0,99999        

           

Із цієї таблиці видно:

1)         Із збільшенням п послідовні значення змінної {х} наближа-

ються до одиниці так, що при достатньо великому п абсолютне зна-

чення їх різниці |хп - 1| буде менше будь-якого наперед заданого

додатного числа є , яким би малим воно не було.

Це можна і довести. Нехай задано число є > 0. Покладаючи \х - 1| = 0,1" <є, знаходимо, логарифмуючи обидві частини не-

рівності, щоя> 1й —, тобто \х - 11 буде менше є , як тільки п стане

більше за lg —. Отже, згідно означенню границі послідовності, по-є

слідовність {х } має границю, рівну 1, 1ітхи = 1, до якого вона пря-

мує справа залишаючись більше її, тобто монотонно спадаючи.

2)         Послідовні значення змінної {у } з збільшенням п необмежено

спадають так, що при достатньо великому п вони за абсолютним

значенням будуть більше будь-якого заданого додатного числа М, яке

б великим воно не було. Доведемо це. Нехай задано число М > 0.

Покладаючи [и I = 0,1~" > М, знаходимо, логарифмуючи обидві час-

тини нерівності, що n > k М, тобто \у I буде більше М, як тільки и

стане більше за lg М. Отже, згідно з означенням нескінченно великої

послідовностей, послідовність {у } є нескінченно велика величина:

Розділ III. Вступ до математичного аналізу

Іітг/ =-оо.

3)         Зі збільшенням п послідовні значення змінної z наближають-

ся до нуля так, що при достатньо великому п вони по абсолютному

значенню будуть менші будь-якого наперед заданого числа е, яким

би малим воно не було. Доведемо це. Нехай задане число є > 0.

Покладаючи |zj = 0,1" <є , знаходимо, логарифмуючи обидві части-

ни нерівності, щоя> 1й —, тобто |г I буде менше , як тільки п стане

є

більше за lg —. Отже, згідно означення нескінченно малої послідов-є

ності, послідовність z є нескінченно мала послідовність: lim zn = 0.

Вона прямує до своєї границі - нулю, коливаючись біля нього.

4)         Послідовні значення змінної и з збільшенням п не наближа-

ються ні до якого визначеного числа. Через це послідовність {и } не

має границі. Вона не є і нескінченно великою, так як її значення не

зростають необмежено разом з зростанням п. Послідовність {и } -

обмежена.

Приклад 3.45. Довести, що послідовність 0, -n, -о, -j, ... ,

(1+      ), ... має lima = 1.

Розв’язання. Нехай, наприклад, г = 0,1. Тоді нерівність \ап - 1|<0,1

(-1)"

(1 +—)-1

п

< £•. Тобто — < є виконується при п >10. Анало-п

або

гічно для <? = 0,01 \а - 1|<0,01 при п >100.

Для кожного £ >0 нерівність |ап - 11<є або —<є виконується

п

при и

203

1

Отже, при будь-якому g > 0 існує такий номер N = — (або рівний

є

цілій частині — ), що для всіх п >N (при є = 0,1 для п >10, при є

є = 0,01 для п >100 і т.д.) виконується нерівність \а - \\<є, а це означає, що lim йя — 1.

Приклад 3.46. Довести, що послідовність з загальним членом

4п 2п + 1

хп

 

має границю, рівну 2.

Розв’язок. Виберемо довільно додатне число f і покажемо, що для нього можна підібрати таке число N, що для всіх значень номера п більшого цього числа N, буде виконуватися нерівність:

An

2п + \

<є.

Перетворимо вираз

in

2п + 1

 

іп-Ап-2           =          -2 2п + 1

2п + 1

           

 

2п + 1

 

Одержуємо

2

2п + \

< є. Звідси слідує, що

2п + 1 1          11

 11

Таким чином, якщо номер п більше, ніж   , то нерівність

є 2

Нехай є = 0,005, п >

in

2п + 1

1          1

0,005 2

<є.

= 200

1

N = 199.

204

Розділ III. Вступ до математичного аналізу

Отже, для всіх номерів більших, ніж 199 при є = 0,005, буде

виконуватися нерівність

in

2п + 1

< є. Починаючи з 200 члену всі

11 члени послідовності будуть знаходитись в інтервалі (2 – ; 2 + ),

200 200

тобто в інтервалі (1,995; 2005).

lim

4n

2п + 1

ГС^-сс

Таким чином,

Приклад 3.47. Користуючись означенням границі послідовності,

(-1)и+1

довести, що послідовність з загальним членом хп =       має гра-

п ницю рівну нулю.

Розв’язок. Запишемо ряд членів послідовності:

, .1 1 .1 і .1 ' 2'3 ' 4' 5' 6 '-

Знайдемо вираз для члена iV в залежності від є . Для будь-якого

п >Л^маємо

(-1)"

п

0

 1 < є, або —<є.

п

Розв’язавши нерівність відносно п, одержуємо п > —. Отже, за Л^

є

можна брати число — (або будь-яке більше число). Таким чином,

є

1

що при n > N =

для будь-якого є > 0 існує таке число JV

£

(-1)и+1

виконується нерівність

0

< є. Це означає, що границею

П

заданої послідовності є число нуль.

205

що: