2.2: Граничні теореми
- Page ID
- 61825
Зараз ми довели кілька теорем, які полегшують обчислення меж деяких послідовностей з точки зору інших простіших послідовностей.
\(\left\{a_{n}\right\}\)\(\left\{b_{n}\right\}\)Дозволяти і бути послідовності дійсних чисел і нехай\(k\) бути дійсним числом. Припустимо,\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\) і\(\left\{b_{n}\right\}\) сходиться до\(b\). Потім послідовності\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\)\(\left\{k a_{n}\right\}\), і\(\left\{a_{n} b_{n}\right\}\) сходяться і
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=a+b\);
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(k a_{n}\right)=k a\);
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n} b_{n}\right)=a b\);
- Якщо крім того\(b \neq 0\) і\(b_{n} \neq 0\) для\(n \in \mathbb{N}\)
- Доказ
-
(а) Виправте будь-який\(\varepsilon>0\). Оскільки\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\), існує\(N_{1} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\left|a_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text { for all } n \geq N_{1}.\]
Аналогічно існує\(N_{2} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2} \text { for all } n \geq N_{2}.\]
Нехай\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Для будь-якого\(n \geq N\), один має
\[\left|\left(a_{n}+b_{n}\right)-(a+b)\right| \leq\left|a_{n}-a\right|+\left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon.\]
Тому,\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(a_{n}+b_{n}\right)=a+b\). Це доводить (а).
(б) Якщо\(k=0\), то\(ka=0\) і\(k a_{n}=0\) для всіх\(n\). Висновок випливає відразу. Припустимо, що наступне\(k \neq 0\). Враховуючи\(\varepsilon>0\), нехай\(N \in \mathbb{N}\) буде таким, що\(\left|a_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{|k|}\) за\(n \geq N\). Тоді для\(n \geq N\),\(\left|k a_{n}-k a\right|=|k|\left|a_{n}-a\right|<\varepsilon\). Звідси випливає\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(k a_{n}\right)=k a\), що за бажанням. Це доводить (б).
(c) Оскільки\(\left\{a_{n}\right\}\) є збіжним, це випливає з теореми 2.1.7, яка обмежена. Таким чином, існує\(M>0\) таке, що
\[\left|a_{n}\right| \leq M \text { for all } n \in \mathbb{N}.\]
Для кожного\(n \in \mathbb{N}\) ми маємо наступну оцінку:
\[\left|a_{n} b_{n}-a b\right|=\left|a_{n} b_{n}-a_{n} b+a_{n} b-a b\right| \leq\left|a_{n}\right|\left|b_{n}-b\right|+|b|\left|a_{n}-a\right|.\]
Нехай\(\varepsilon>0\). Оскільки\(\left\{a_{n}\right\}\) сходиться до\(a\), ми можемо вибрати\(N_{1} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\left|a_{n}-a\right|<\frac{\varepsilon}{2(|b|+1)} \text { for all } n \geq N_{1}.\]
Аналогічно, оскільки\(\left\{b_{n}\right\}\) сходиться до\(b\), ми можемо вибрати\(N_{2} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{\varepsilon}{2 M} \text { for all } n \geq N_{2}.\]
Нехай\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). Тоді, для\(n \geq N\), з (2.1) випливає, що
\[\left|a_{n} b_{n}-a b\right|<M \frac{\varepsilon}{2 M}+|b| \frac{\varepsilon}{2(|b|+1)}<\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]
Тому,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n} b_{n}=a b\). Це доводить (c).
(d) Давайте спочатку покажемо, що
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{b}.\]
Оскільки\(\left\{b_{n}\right\}\) сходиться до\(b\), є\(N_{1} \in \mathbb{N}\) що
\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{|b|}{2} \text { for } n \geq N_{1}.\]
З цього випливає (використовуючи нерівність трикутника), що\(n\), для таких,\(-\frac{|b|}{2}<\left|b_{n}\right|-|b|<\frac{|b|}{2}\) а, значить,\(\frac{|b|}{2}<\left|b_{n}\right|\). Для кожного\(n \geq N_{1}\) ми маємо наступну оцінку
\[\left|\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}\right|=\frac{\left|b_{n}-b\right|}{\left|b_{n}\right||b|} \leq \frac{2\left|b_{n}-b\right|}{b^{2}}.\]
Тепер давайте\(\varepsilon>0\). Так як\(\lim _{n \rightarrow \infty} b_{n}=b\), існує\(N_{2} \in \mathbb{N}\) таке, що
\[\left|b_{n}-b\right|<\frac{b^{2} \varepsilon}{2} \text { for all } n \geq N_{2}.\]
Нехай\(N=\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}\). За (2.2), один має
\[\left|\frac{1}{b_{n}}-\frac{1}{b}\right| \leq \frac{2\left|b_{n}-b\right|}{b^{2}}<\varepsilon \text { for all } n \geq N.\]
Звідси випливає, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{b_{n}}=\frac{1}{b}\).
Нарешті, ми можемо застосувати частину (c) і мати
\[\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{a_{n}}{b_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n} \frac{1}{b_{n}}=\frac{a}{b}.\]
Зараз доказ завершено. \(\square\)
Розглянемо послідовність,\(\left\{a_{n}\right\}\) задану
\[a_{n}=\frac{3 n^{2}-2 n+5}{1-4 n+7 n^{2}}.\]
Рішення
Діливши чисельник і знаменник на\(n^{2}\), ми можемо написати
\[a_{n}=\frac{3-2 / n+5 / n^{2}}{1 / n^{2}-4 / n+7}\]
Тому, за граничними теоремами вище,
\[\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3-2 / n+5 / n^{2}}{1 / n^{2}-4 / n+7}=\frac{\lim _{n \rightarrow \infty} 3-\lim _{n \rightarrow \infty} 2 / n+\lim _{n \rightarrow \infty} 5 / n^{2}}{\lim _{n \rightarrow \infty} 1 / n^{2}-\lim _{n \rightarrow \infty} 4 / n+\lim _{n \rightarrow \infty} 7}=\frac{3}{7}.\]
Нехай\(a_{n}=\sqrt[n]{b}\), де\(b>0\). Розглянемо випадок де\(b>1\).
Рішення
При цьому\(a_{n}>1\) для кожного\(n\). За біноміальною теоремою
\[b=a_{n}^{n}=\left(a_{n}-1+1\right)^{n} \geq 1+n\left(a_{n}-1\right).\]
Це має на увазі
\[0<a_{n}-1 \leq \frac{b-1}{n}.\]
Для кожного\(\varepsilon>0\) вибирайте\(N>\frac{b-1}{\varepsilon}\). Звідси випливає, що для того\(n \geq N\),
\[\left|a_{n}-1\right|=a_{n}-1<\frac{b-1}{n} \leq \frac{b-1}{N}<\varepsilon.\]
Таким чином,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1\).
У тому випадку\(b=1\), коли, очевидно, що\(a_{n}=1\) для всіх\(n\) і, отже,\(\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=1\).
Якщо\(0<b<1\), нехай\(c=\frac{1}{b}\) і визначте
\[x_{n}=\sqrt[n]{c}=\frac{1}{a_{n}}.\]
З тих пір\(c>1\) було показано, що\(\lim _{n \rightarrow \infty} x_{n}=1\). Це має на увазі
\[\lim _{n \rightarrow \infty} a_{n}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{x_{n}}=1.\]
Вправа\(\PageIndex{1}\)
Знайдіть такі обмеження:
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{3 n^{2}-6 n+7}{4 n^{2}-3}\),
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1+3 n-n^{3}}{3 n^{3}-2 n^{2}+1}\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{2}\)
Знайдіть наступні межі:
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{\sqrt{3 n}+1}{\sqrt{n}+\sqrt{3}}\),
- \(\lim _{n \rightarrow \infty} \sqrt[n]{\frac{2 n+1}{n}}\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{3}\)
Знайдіть такі обмеження, якщо вони існують:
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt{n^{2}+n}-n\right)\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt[3]{n^{3}+3 n^{2}}-n\right)\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\sqrt[3]{n^{3}+3 n^{2}}-\sqrt{n^{2}+n}\right)\)
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}) / n\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{4}\)
Знайдіть наступні межі.
- Для\(|r|<1\) і\(b \i \mathbb{R}\),\(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(b+b r+b r^{2}+\cdots+b r^{n}\right)\).
- \(\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{2}{10}+\frac{2}{10^{2}}+\cdots+\frac{2}{10^{n}}\right)\).
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.
Вправа\(\PageIndex{5}\)
Доведіть або спростуйте такі твердження:
- Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{b_{n}\right\}\) є збіжними послідовностями, то\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) є збіжною послідовністю.
- Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{b_{n}\right\}\) є розбіжними послідовностями, то\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) є розбіжною послідовністю.
- Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{b_{n}\right\}\) є збіжними послідовностями, то\(\left\{a_{n} b_{n}\right\}\) є збіжною послідовністю.
- Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{b_{n}\right\}\) є розбіжними послідовностями, то\(\left\{a_{n} b_{n}\right\}\) є розбіжною послідовністю.
- Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) є збіжними послідовностями, то\(\left\{b_{n}\right\}\) є збіжною послідовністю.
- Якщо\(\left\{a_{n}\right\}\) і\(\left\{a_{n}+b_{n}\right\}\) є розбіжними послідовностями, то\(\left\{b_{n}\right\}\) є розбіжною послідовністю.
- Відповідь
-
Додайте сюди тексти. Не видаляйте цей текст спочатку.