Неравенство Бернулли. displaystyle lim_{n oinfty}n^kq^n. Вычисление пределов

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

Теорема. Пусть (a_n) и (b_n) — сходящиеся последовательности, и — 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.

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

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

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

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 -го. Из тех членов последовательности, которые не содержатся в этом промежутке, выберем самый близкий к нулю и обозначим расстояние от него до нуля через . 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

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

Найдем такой номер , 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 )

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

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

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

Комментарии (RSS) | Трекбек

Комментариев: 5

1 zbl:

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

[Ответить]
Елизавета Александровна Калинина Reply:
Август 28th, 2013 at 21:17
Так чуть выше: $\lim_{n\to +\infty}\frac{a^n}{n}=+\infty.$

[Ответить]
zbl Reply:
Август 29th, 2013 at 4:24
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:
Сентябрь 2nd, 2013 at 12:10
Не поняла. Показатель , основание степени в числителе $a^{1/k}>1$ . Предел равен $+\infty$ , доказано выше.

[Ответить]
zbl Reply:
Сентябрь 2nd, 2013 at 14:06
Да. Проглядел. Теперь ясно.

[Ответить]
28 Август 2013, 1:47