Документ: 5691, страницы 61-65 | База учебных материалов

61

чисел h 1 и всех натуральных чисел n , причём равенство имеет место только в очевидных случаях: h 0 или n 1.

Доказательство проведём методом математической индукции.

При n 1 неравенство (3.13) имеет вид 1 h 1 h и, значит, справедливо вообще для всех значений h . Предположим, что оно справедливо

при n k :
1	h k	1 kh.
Докажем его справедливость при n		k 1. Для этого умножим обе части
последнего неравенства на 1	h . Так как по условию h		1, то 1 h 0 .

Знак неравенства после умножения не изменится. В результате получим:

	1 h k 1	1 kh 1 h 1 k 1 h kh2 .
Так как kh2	0, то из последнего неравенства следует, что
	1	h k 1	1	k 1 h .
Итак, доказана справедливость неравенства (3.13) при n 1 и уста-
новлено, что из его справедливости при n				k следует справедливость при

n k 1. Согласно методу	математической индукции это			неравенство
верно при всех натуральных значениях n .
Рассмотрим последовательность			xn с общим членом
xn		1	n
	1		,	(3.14)
	1	n	,	(3.14)
		n

который представляет собой степенно-показательное выражение. Нужно выяснить, является ли последовательность (3.14) сходящейся. Так как

lim 1	1	1, а lim n	, то теорема 10 для вычисления предела этой

	n

последовательности xn			неприменима. Наблюдается неопределённость

вида 1 (см. пункт 3.6), которую и надо раскрыть.

Так как предел основания равен единице, а показателем является натуральное число, то можно было бы ожидать, что искомый предел равен единице. Однако это не так. Из (3.13) следует, что для любого n справедливо неравенство

1	1	n	1 n	1	2,

	n			n

и, следовательно, если последовательность (3.14) имеет предел, то lim xn 2 .

		62
С другой стороны, так как основание 1			1	больше единицы, а предел

			n
показателя есть	, то может показаться, что последовательность должна
быть бесконечно большой lim xn		. Однако и это не так.

Оказывается, что изучаемая последовательность ограничена сверху и монотонно возрастает (непосредственно это не усматривается). Согласно пункту 3.8 (пределы монотонных последовательностей) такая последовательность имеет конечный предел. По предложению Эйлера его принято обозначать буковой e:

e lim 1	1	n
		.	(3.15)
	n	.	(3.15)
	n

Можно доказать (это доказательство опускается), что e является иррациональным числом и, следовательно, представляется в виде бесконечной непериодической дроби. Приведём приближённое значение e с точностью до

пятнадцатого десятичного знака после запятой (с точностью до 10 15):

e2,718 281 828 459 045.

Вкачестве простейшего приближения для числа e берут число 2,72 , т.е. с

точностью до 10 2 :

e 2,72 .

Здесь опустим доказательство того, что последовательность (3.14) строго возрастает и ограничена. Приведём простое доказательство только наличия у неё конечного предела.

Сначала докажем, что существует конечный предел у последова-

yn

1

n

1

тельности

1

, а потом из существования этого предела вы-

n

ведем существование предела (3.15).

По неравенству Бернулли (3.13) имеем

1

n 1

(n

1

1)

1 1

2,

n

т.е. yn

ограничена снизу. Покажем, что эта последовательность не воз-

растает. Рассмотрим отношение

yn

и преобразуем его:

yn

1

n 1

n

1 n 1

yn

n

1 2n 3

n

yn 1

1

n 2

n 2 n 2

nn 1(n 2)n 2

n

1

n

1

63

n 1 2	n	2	n		1	n	2	n

				1					.
n(n 2)			n 1		n(n 2)			n 1

В соответствии с неравенством Бернулли (3.13)

1

n 2

1

n 1

1

(n

2)

.

n(n

2)

n(n

2)

n

Поэтому

yn

n

1

n

1,

yn

1

n

1

т.е. для любого n yn

1

yn . Это и значит, что последовательность

yn

не возрастает (см. определение 8 из гл.2).

Таким образом, последовательность

yn

не возрастает и ограниче-

на снизу yn 2 . По теореме 16 она имеет конечный предел.

Так как

yn

и lim 1

1

1, то по теореме о пределе дро-

xn

n

1

n

би последовательность

xn

также имеет предел,

причём тот же,

что и

yn .

Вравенстве (3.15) n стремится к бесконечности, принимая только натуральные значения. В дальнейшем это равенство будет обобщено (будет рассмотрена ситуация, когда аргумент стремится к бесконечности произвольным образом). В частности, имеет место следующее утверждение:

если		n – любая	бесконечно			большая	последовательность
lim	n	, то
	n
				1	Z n
		lim	1	1		e.	(3.16)

				Zn
		n		Zn

Равенство (3.16) и теорема 10 широко используются при вычислении пределов степенно-показательных выражений. Поясним это несколькими примерами.

Пример 1. Требуется вычислить

	n2	5	n2	2
lim	n2	5		.

	n2
	n2

64

Так как lim

n2 5

1 и lim(n2

2)

, то имеется неопределённость

n2

вида 1 . Преобразуем последовательность следующим образом:

5

(n 2

2)

n2 5

n 2 2

n 2 n 2

1

5 5

.

n2

Выражение справа в квадратных скобках

Zn	n2
		.	Тогда согласно (3.16)
	5	.	Тогда согласно (3.16)
	5
								n 2
				lim	1	5			5		e.

						n	2
						n	2
Вычислим предел нового показателя:
			lim	5(n2	2)		lim		5	10
			lim	n2			lim		5		n2
				n2							n2

	1	Z n
имеет вид 1	1	, где

	Zn
	Zn

5.

Остаётся применить теорему 10. В результате имеем

	n2	5	n 2	2
lim				e5.
	n2

Пример 2. Вычислить

				n	5	n 2
			lim	n	5	.

				n	1
				n	1
Так как lim	n	5	1 и lim(n2			2)	, то снова имеем неопре-
Так как lim	n	1	1 и lim(n2			2)	, то снова имеем неопре-
	n	1

делённость вида 1 . Сделав преобразования, на основании (3.16) и теоремы 10 получим следующее:

									4n 2					lim	4n 2
	n	5	n	2		4		n 1 n 1			4		n 1	lim	n 1
lim	n	5	n		lim 1	4		4		lim 1	4		4			e	.
lim	n	1			lim 1	n	1			lim 1	n	1				e	.
	n	1				n	1				n	1

Пример 3. Найти следующий предел:

	n2	5	n
lim			.
	n2	1

Рассуждая аналогично, как при решении примеров 1 и 2, получим

65

следующее:

4n

n2

5

n

4

n

4

n 2 1 n 2 1

lim

4n

4

2 1 e0 1.

lim

1

lim 1

e n

n2

1

n2 1

n2

1

Отметим, что число Эйлера выгодно применять в качестве основания для логарифмов. Логарифмы с основанием e называют натуральными.

3.11. Некоторые приложения понятия предела

Прежде всего отметим, что lim q n
	0 при	q	1(доказательство

этого факта внесено в упражнения).

Теперь поставим задачу о вычислении суммы геометрической прогрессии с первым членом a и знаменателем q при условии, что q 1.

Эта последовательность задаётся общим членом xn aqn 1 (см. гл. 2).

Так как имеется бесконечное число слагаемых, то сумму S ещё надо определить.

Получим сначала формулу для вычисления суммы первых n членов этой геометрической прогрессии. Нас интересует сумма

Sn a aq aq2 ... aqn 1, (3.17)

которую принято называть n -й частичной суммой. Умножим равенство (3.17) на q и полученное равенство Snq aq aq2 ... aq1 вычтем из

исходного. В результате получим равенство Sn qSn a aqn (часть членов при вычитании сократилась), откуда получаем искомую формулу для Sn :

Sn	a(1 qn )		.	(3.18)
	1	q

Часто равенство (3.18) называют формулой для вычисления суммы конечной геометрической прогрессии.

Под суммой бесконечной геометрической прогрессии естественно понимать предел, к которому стремится сумма (3.17) при безграничном возрастании n . Отметим, что сумма (3.17) сама представляет собой после-

довательность Sn . Таким образом, надо перейти к пределу в равенстве

(3.18):

Материал: 5691

Смотрите также: