1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
|
\documentclass[10pt,a5paper]{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}
\usepackage[a4paper, lmargin=0.1666\paperwidth, rmargin=0.1666\paperwidth, tmargin=0.1111\paperheight, bmargin=0.1111\paperheight]{geometry}
\begin{document}
\begin{titlepage}
\begin{center}
Семинар 0916
Шарафатдинов Камиль БПМИ192
\end{center}
\end{titlepage}
\newcommand{\limn}[1][]{\lim_{n\to\infty}{#1}}
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{9.k: }}&&
\end{flalign*}
\begin{align*}
& \limn{(\sqrt[3]{3} \cdot \sqrt[9]{3} \cdot \ldots \cdot \sqrt[3^n]{3})} =
\limn{(3^\frac{1}{3} \cdot 3^\frac{1}{9} \cdot \ldots \cdot 3^\frac{1}{3^n})} =
\limn{(3^{\frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \ldots + \frac{1}{3^n}})} =
3^{\frac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}}} =
\sqrt{3}
\end{align*}
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{10.b: }}&&
\end{flalign*}
Пусть $b = \lfloor a \rfloor + 1, C = \frac{a^b}{b!}$
При $n > b:$
\begin{align*}
\frac{a^n}{n!} =
\frac{a^b \cdot a^{n - b}}{b! \cdot \frac{n!}{b!}} =
\frac{a^b}{b!} \cdot \frac{a^{n - b}}{\frac{n!}{b!}} =
C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{k} &&
\end{align*}
Так как $n > b:$
\begin{align*}
0 < C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{k} < C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{b}&&
\end{align*}
Так как $b < a:$
\begin{align*}
\limn{\prod_{k = b + 1}^{n} \frac{a}{b}} = 0&&
\end{align*}
Значит по теореме о двух полицейских ($0$ и $\displaystyle C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{b}$) предел равен 0:
\begin{align*}
\limn{\frac{a^n}{n!}} = 0&&
\end{align*}
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{10.c: }}&&
\end{flalign*}
Докажем по определению, что $\forall \epsilon > 0 \ \exists \ N : \forall n > N \ \sqrt[n]{b} - 1 < \epsilon$:
\begin{align*}
\sqrt[n]{b} < \epsilon - 1&&\\
\frac{1}{n}\log_{\epsilon + 1}{b} < 1&&\\
\log_{\epsilon + 1}{b} < n&&\\
\end{align*}
Так как слева константа, а правая часть стремится к бесконечности, очевидно, начиная с некоторого $n$ неравенство начнет выполняться, следовательно, предел равен 1.
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{10.e: }}&&
\end{flalign*}
Пусть $n = b^k$ (для каждого $n$). Тогда, очевидно, $k\to\infty$, так же как и $n$. Тогда
$\frac{\log_b{n}}{n} = \frac{k}{b^k}$.
\begin{align*}
\text{Применяя номер \textit{10.a}:}\ \
\lim_{k\to\infty}{\frac{k^1}{b^k}} = 0 \implies \limn{\frac{log_b{n}}{n}} = 0&&\\
\end{align*}
\clearpage
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{14: }}&&
\end{flalign*}
Нет. Например
\begin{align*}
x_n &= (-1)^n + 1&&&&&\\
y_n &= (-1)^{n + 1} + 1
\end{align*}
Ни одна из последовательностей не сходится, а их произведение $x_n y_n = 0$
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{16.1: }}&&
\end{flalign*}
По теореме Тёплица:
Пусть $P_{nk} = \frac{1}{n}$. Тогда по теореме:
\begin{align*}
&\limn{\sum_{k = 1}^{n} P_{nk}x_k} = a&&\\
&\sum_{k = 1}^{n} P_{nk}x_k = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n}x_k = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}
\end{align*}
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{16.2: }}&&
\end{flalign*}
\textbf{Лемма: }$\displaystyle \limn{x_n} = a; x_n > 0 \implies \limn{\frac{1}{x_n}} = \frac{1}{a}$
Пусть $t = \inf\{x_n\}$.
По условию: $\forall \epsilon > 0 \ \exists \ N: \forall n > N \ \ |a - x_n| < \epsilon$
\begin{align*}
\left|\frac{1}{a} - \frac{1}{x_n}\right| =
\left|\frac{x_n - a}{a x_n}\right| <
\left|\frac{x_n - a}{a t}\right| =
\frac{\left|x_n - a\right|}{a t}
\end{align*}
Поэтому для любого $\epsilon_1$ существует $\epsilon = at \cdot \epsilon_1$, для которого выполняется $\left| x_n - a \right| < \epsilon$, следовательно, выполняется $\left|\frac{1}{a} - \frac{1}{x_n}\right| < \epsilon_1$, что и требовалось. Лемма доказана.\\\\\\
Тогда пусть $\forall n : x_n' = \frac{1}{x_n}$
По лемме $\displaystyle \limn{x_n'} = \frac{1}{a} \overset{\text{по 16.1}}{\implies}
\limn{\frac{1}{n}\sum^n{x_n'}} = \frac{1}{a}$.\\
\begin{align*}
&\text{Т. к. }\ z_n = \frac{1}{\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n{x_i'}}\text{, то }
\frac{1}{z_n} = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n{x_i'}\text{, поэтому }\
\limn{\frac{1}{z_n}} = \limn{x_n'} = \frac{1}{a}.\\
&\text{Еще раз применяя лемму, получаем } \limn{z_n} = \frac{1}{\frac{1}{a}} = a.
\end{align*}
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{16.3: }}&&
\end{flalign*}
По неравенству о средних: $z_n \leq \xi_n \leq y_n$.
По теореме о двух полицейских $\limn{z_n} = \limn{y_n} = a \implies \limn{\xi_n} = a$
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{17: }}&&
\end{flalign*}
Из 16.3:
\begin{align*}
\limn{\sqrt[n]{x_n}} =
\limn{\sqrt[n]{x_1\frac{x_2}{x_1}\frac{x_3}{x_2} \cdots \frac{x_n}{x_{n - 1}}}} =
\limn{\frac{x_n}{x_{n - 1}}}
\end{align*}
\begin{flalign*}
\textbf{\textit{18: }}&&
\end{flalign*}
Из 17:
\begin{align*}
& \limn{\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}} =
\limn{\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}}} =
\limn{\frac{n^n}{n!} \cdot \frac{(n - 1)!}{(n - 1)^{n - 1}}} =
\limn{\frac{n^{n - 1}}{(n - 1)^{n - 1}}} =\\
= &\limn{\left(\frac{n}{n - 1}\right)^{n - 1}} =
\limn{\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{n}} =
\limn{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}
\end{align*}
Последнее является вторым замечательным пределом и $\displaystyle \limn{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = e$
\end{document}
|
