Примеры

Пример 1. Используя определение предела последовательности, докажем, что

lim n → ∞   1 nk   = 0        (k > 0).

Решение.

1. По определению число 0 называется пределом числовой последовательности

1 nk

, если

 

«  ε > 0 $  N(ε): «  n     n > N(ε) Ю   1 nk   − 0 <   ε.

2. Найдем, при каких n справедливо неравенство

1 nk   − 0 <  ε,

т.е. решим это неравенство относительно n.

3. Поскольку это неравенство имеет рещение n >  

1

εk

    то

 

n   >   1 εk   Ю   1 nk   − 0 < ε.

Это и означает, что

lim n → ∞   1 nk   = 0,    т.е.       1 nk   → 0.

Иными словами, последовательность {1/nk } является бесконечно малой при любом k > 0.

Пример 2. Используя определение предела последовательности, докажем, что

lim n → ∞   2n3 n3 − 2   = 2 .

Решение.

1. По определению число 2 называется пределом числовой последовательности

2n3 n3 − 2

, если

 

«ε > 0 $  N(ε) «  n :     n > N(ε) Ю   2n3 n3 − 2   − 2 < ε.

2. Найдем, при каких n справедливо неравенство

2n3 n3 − 2   − 2 < ε,

т.е. решим это неравенство относительно n.

3. Так как это неравенство имеет решение

n > 3√   4 ε   + 2 ,

то

n  > 3√   4 ε   + 2   Ю     2n3 n3 − 2   − 2 <  ε.

Это и означает, что

lim n → ∞   2n3 n3 − 2   = 2,    т.е.       2n3 n3 − 2   → 2.

Пример 3. Вычислим предел

lim n → ∞ 3n2 + 2n n2 + n + 1   .

Решение.

1. Вынося в числителе множитель n2, получаем

3n2 + 2n = n2 3 +   2 \  n .

2. Вынося в знаменателе множитель n2, получаем

n2 + n + 1 = n2 1 +   1 \  n +   1 n2   .

3. Имеем

lim n → ∞ 3n2 + 2n n2 + n + 1   = lim n → ∞ n2(3 + 2/n) n2(1 + 1/n + 1/n2)   .

4. Сокращая n2 и используя свойства предела, получаем

lim n → ∞ 3n2 + 2n n2 + n + 1   =   lim n → ∞ (3 + 2/n) lim n → ∞ (1 + 1/n + 1/n2 )   = 3 ,

поскольку

lim n → ∞ (3 + 2/n)   =   lim n → ∞ 3   +   lim n → ∞ 2 n   =  3 + 2 lim n → ∞ 1 n   =   3 + 0   =   3

и

lim n → ∞ (1 + 1/n + 1/n2) = lim n → ∞ 1 + lim n → ∞ 1 n   +   lim n → ∞ 1 n2   = 1 + 0 + 0 = 1

Замечание. Для вычисления предела можно заменить бесконечно большие последовательности эквивалентными: в числителе — 3n2 + 2n на 3n2 и в знаменателе — n2 + n + 1 на n2. После этого сокращаем n2 и получаем ответ:

lim n → ∞ 3n2 + 2n n2 + n + 1   = lim n → ∞ 3n2 n2   = lim n → ∞ 3 1 = 3 .

Пример 3. Вычислим предел

lim n → ∞ n 6√ n + 5√ 32n10 + 1 (n + 4√ n ) 3√ n3 − 1   .

Решение. Числитель   n 6√

n

+ 5√

32n10 + 1

— элемент бесконечно большой последовательности. Она эквивалентна {2n2 }.

Знаменатель  (n + 4√

n

) 3√

n3 − 1

— элемент бесконечно большой последовательности. Она эквивалентна {n2 }.

Заменяя последовательности эквивалентными, получаем:

lim n → ∞ n 6√ n + 5√ 32n10 + 1 (n + 4√ n ) 3√ n3 − 1   =   lim n → ∞ 2n2 n2   =   2.

Пример 4. Вычислим предел

lim n → ∞ √ n2 + 3n + 1 − √ n2 − 5 .

Решение. Здесь

√ n2 + 3n + 1 ~ n,         √ n2 − 5 ~ n .

Однако замена эквивалентными последовательностями в разности

√ n2 + 3n + 1   −   √ n2 − 5

приведет к ошибочному результату, так как главные члены взаимно уничтожаются. Поэтому сначала необходимо преобразовать выражение под знаком предела, чтобы избавиться от разности двух эквивалентных последовательностей.

1. Умножив и разделив разность корней на сопряженное выражение (сумму корней), получаем

lim n → ∞ (√ n2 + 3n + 1 − √ n2 − 5 )   =   lim n → ∞ (√ n2 + 3n + 1 − √ n2 − 5 ) (√ n2 + 3n + 1 + √ n2 − 5 ) √ n2 + 3n + 1 + √ n2 − 5 .

2. Учитывая, что

(√ n2 + 3n + 1 − √ n2 − 5 ) (√ n2 + 3n + 1 + √ n2 − 5 )   =   3n + 6 ~ 3n

и

(√ n2 + 3n + 1 + √ n2 − 5 ) ~ (n + n) = 2n,

получаем

lim n → ∞ (√ n2 + 3n + 1 − √ n2 − 5 )   =   lim n → ∞ 3n 2n   =   3 2   .

Пример 5 (второй замечательный предел). Докажем, что последовательность

1 +   1 n   n

(1)

имеет конечный предел.

Решение. По теореме Вейерштрасса, если последовательность возрастает (убывает) и ограничена сверху (снизу), то она имеет конечный предел.

1. Покажем, что последовательность (1) строго возрастает.

Применяя формулу бинома Ньютона, получаем

xn = 1 + 1 n n   =   1 + n ·   1 n   +   n(n − 1) 2!   ·   1 n2   +   n(n − 1)(n − 2) 3!   ·   1 n3   +

 

+ · · · +   n(n − 1)(n − 2) · … · 2 · 1 n!   ·   1 nn   =   1 + 1   +   1 2!   1 −   1 n     +

 

+   1 3!   1 −   1 n 1 −   2 n + … +   1 n! 1 −   1 n · … · 1 −   n − 1 n   .

При замене n на n + 1 каждая скобка вида

1 − k n

  увеличивается и добавляется одно положительное слагаемое . Поэтому «  n     xn < xn + 1. , т.е.данная последовательность (1) строго возрастает.

2. Докажем, что последовательность (1) ограничена сверху.

Учитывая, что 1 −  

k

n

  < 1 при k = 1, 2, … , n − 1   и  

1

n!

  =  

1

1 · 2 · 3 · … · n

  ≤  

1

2n − 1

 ,   получаем

 

xn < 1 + 1 +   1 2!   +   1 3!   + … +   1 n!   ≤ 1 + 1 +   1 2   +   1 22   + … +   1 2n − 1   =

 

= 1 +   1 −   1 2   n 1 −   1 2   <   1 +   1   1 2     = 3 .

(Здесь применена формула для суммы членов геометрической прогрессии.)

Таким образом, «  n   имеем   xn   <   xn+1 < 3 .