37. Неравенство Бернулли. \displaystyle \lim_{n\to\infty}n^kq^n. Вычисление пределов

Теорема. Пусть (a_n) и (b_n) — сходящиеся последовательности, a и b — их пределы соответственно. Тогда

1) |(a_n+b_n)-(a+b)|\le|a_n-a|+|b_n-b|;

2) \exists c>0:\ |a_nb_n-ab|\le c(|a_n-a|+|b_n-b|);

3) если (b_n) отделена от нуля и b\ne0, то \exists c>0:

\displaystyle \left|{1\over b_n}-{1\over b}\right|\le c|b_n-b|.

Доказательство.

1)

|(a_n+b_n)-(a+b)|=|(a_n-a)+(b_n-b)|\le|a_n-a|+|b_n-b| .

2)

\begin{array}{l}<br />
|a_nb_n-ab|=|(a_nb_n-ab_n)+(ab_n-ab)|\le\\<br />
\le|b_n(a_n-a)|+|a(b_n-b)|=\\<br />
=|b_n||a_n-a|+|a||b_n-b|<c(|a_n-a|+|b_n-b|).\\<br />
\forall n\ |b_n|<M,c>M,c>|a|.<br />
\end{array}

3)

\begin{array}{l}<br />
\displaystyle<br />
\left|{1\over b_n}-{1\over b}\right|={|b_n-b|\over |b_n||b|} ,\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
{1\over |b_n||b|}|b_n-b|<c|b_n-b| ,\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\left|{1\over b_n}\right|<M,c={M\over |b|}.<br />
\end{array}

Теорема. Пусть a_n\to a,b_n\to b. Тогда a_n+b_n\to a+b.

Доказательство. Нужно доказать, что \forall\varepsilon>0\ \exists N:\ \forall n>N

|a_n+b_n-(a+b)|<\varepsilon.

По предыдущей теореме

|(a_n+b_n)-(a+b)|\le|a_n-a|+|b_n-b|.

Возьмем произвольное \varepsilon>0.

Так как a_n\to a, то \exists N_1:\ \forall n>N_1\ |a_n-a|<\varepsilon/2;

так как b_n\to b, то \exists N_2:\ \forall n>N_2\ |b_n-b|<\varepsilon/2.

Возьмем N=\max\{N_1,N_2\}. Тогда \forall n>N

|(a_n+b_n)-(a+b)|<\varepsilon.

Теорема. Пусть a_n\to a,b_n\to b. Тогда a_nb_n\to ab.

Доказательство. Нужно доказать, что \forall\varepsilon>0\ \exists N:\ \forall n>N

|a_nb_n-ab|<\varepsilon.

По предыдущей теореме

\exists c>0:\ |a_nb_n-ab|\le c(|a_n-a|+|b_n-b|) .

Возьмем произвольное \varepsilon>0.

Так как a_n\to a, то \exists N_1:\ \forall n>N_1\ |a_n-a|<\varepsilon/2c;

так как b_n\to b, то \exists N_2:\ \forall n>N_2\ |b_n-b|<\varepsilon/2c.

Возьмем N=\max\{N_1,N_2\}. Тогда \forall n>N

\displaystyle |a_nb_n-ab|<c\left({\varepsilon\over 2c}+{\varepsilon\over 2c}\right)=\varepsilon.

Теорема. Пусть b_n\to b,\forall n b_n\ne0. Тогда 1/b_n\to 1/b.

Доказательство. Последовательность (b_n) отделена от нуля. В промежутке \displaystyle \left( b-{|b|\over 2},b+{|b|\over 2}\right) содержатся все члены последовательности, начиная с N-го. Из тех членов последовательности, которые не содержатся в этом промежутке, выберем самый близкий к нулю и обозначим расстояние от него до нуля через M. Тогда \displaystyle \forall n\ |b_n|\ge\min\{ M,{|b|\over 2}\}, а значит, (b_n) отделена от нуля. Тогда последовательность (1/b_n) ограничена, т.е. \displaystyle \exists c>0:\ \forall n\ \left|{1\over b_n}\right|<c. Нужно доказать, что

\begin{array}{l}<br />
\displaystyle<br />
\forall\varepsilon>0\ \exists N:\ \forall n>N\ \left|{1\over b_n}-{1\over b}\right|<\varepsilon.\\[3mm]<br />
\displaystyle<br />
\left|{1\over b_n}-{1\over b}\right|={|b_n-b|\over |b_n||b|}<{c\over |b|}|b_n-b|.<br />
\end{array}

Найдем такой номер N, что \displaystyle \forall n>N\ |b_n-b|<\varepsilon{|b|\over c}.

Тогда \forall n>N будет выполняться неравенство

\displaystyle \left|{1\over b_n}-{1\over b}\right|<\varepsilon.

Теорема. Пусть a_n\to a,b_n\to b,b\ne0,\forall n b_n\ne0. Тогда a_n/b_n\to a/b.

Доказательство. По предыдущей теореме \displaystyle {1\over b_n}\to{1\over b}. Применим к последовательностям a_n и 1/b_n теорему о пределе произведения. Получим
\displaystyle a_n\cdot{1\over b_n}\to a\cdot{1\over b}.

Неравенство Бернулли (Bernoulli)

Если n\in\mathbb{N},n>1, и \gamma>1, то

\gamma^n>1+n(\gamma-1) .

Действительно, положив \gamma=1+\lambda, где \lambda>0, по формуле бинома Ньютона будем иметь

(1+\lambda)^n=1+n\lambda+\ldots;

так как ненаписанные члены положительны, то

(1+\lambda)^n>1+n\lambda,

что равносильно неравенству Бернулли.

Замечание. Другое доказательство неравенства Бернулли можно найти здесь.

Рассмотрим отношение a^n/n^k, при k>0,a>1 представляющее неопределенность вида \displaystyle {\infty\over \infty}.

Положим a=1+\lambda,\lambda>0. По формуле бинома Ньютона имеем

\displaystyle a^n=(1+\lambda)^n=1+n\lambda+{n(n-1)\over 2}\lambda^2+\ldots>{n(n-1)\over 2}\lambda^2.

Так как для n>2, очевидно, n-1>n/2, то

\displaystyle a^n>{(a-1)^2\over 4}n^2.

При k=1 получаем сразу

\displaystyle {a^n\over n}>{(a-1)^2\over 4}n,

так что

\displaystyle \lim_{n\to\infty}{a^n\over n}=+\infty .

Так как этот результат верен при любом a>1, то, взяв k>1, можем написать (по крайней мере, для достаточно больших n)

\displaystyle {a^n\over n^k}=\left[{(a^{1\over k})^n\over n}\right]^k>{(a^{1/k})^n\over n} ,

откуда

\lim_{n\to\infty}{a^n\over n^k}=+\infty\qquad(a>1) .

Задачи.

1) Вычислите следующие пределы, пользуясь теоремами о пределе суммы, произведения и частного:

1. \displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n+2} .

2. \displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{n^2+5n}{3n^2-7n-1} .

3. \displaystyle \lim_{n\to\infty}\left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right) .

4. \displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{2^n+3^n}{3^{n+1}+2^{n+1}} .

2) Постройте на координатной плоскости совокупность точек с координатами, удовлетворяющими уравнению

\displaystyle y=\lim_{n\to\infty} |y|^n=\lim_{n\to\infty}|x|^n .

Комментариев: 5

  1. 1 zbl:

    В доказательстве предела \frac{a^n}{n^k} использовано x^k > x, но это верно только, если x>1. А откуда видно тогда, что \frac{a^{n/k}}{n} > 1 ?

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    Так чуть выше: \lim_{n\to +\infty}\frac{a^n}{n}=+\infty.

    [Ответить]

    zbl Reply:

    А здесь показатель n/k, числитель меньше и не факт, что это не влияет. Доказательство же того, что действительно не влияет, вроде бы эквивалентно как раз доказательству всего этого предела.

    [Ответить]

    Елизавета Александровна Калинина Reply:

    Не поняла. Показатель n, основание степени в числителе a^{1/k}>1. Предел равен +\infty, доказано выше.

    [Ответить]

    zbl Reply:

    Да. Проглядел. Теперь ясно.

    [Ответить]

Оставьте свой отзыв

Добавить изображение