2020-01-14
79
Доказательство: Допустим сначала, что этот предел равен конечному числу L:
Тогда по любому заданному 
найдется такой номер N, что для n > N будет
или
.
Значит, какое бы n > N ни взять, все дроби
лежат между этими границами. Так как знаменатели их, ввиду возрастания уп вместе с номером п, положительны, то между теми же границами содержится и дробь
числитель которой есть сумма всех числителей, написанных выше дробей, а знаменатель – сумма всех знаменателей. Итак, при n > N
запишем тождество
откуда
.
Второе слагаемое справа, как мы видели выше, при n > N становится < 
.
Первое же слагаемое, ввиду того, что, также будет < , скажем, для n > N’. Если при этом взять N’ > N, то для n > N’ очевидно
,
что и доказывает наше утверждение.
Случай бесконечного предела приводится к выше рассмотренному. Пусть, например,
Отсюда, прежде всего, вытекает, что (для достаточно больших n)
|
|
|
следовательно, вместе с уn и 
, причем варианта хп возрастает с возрастанием номера п. В таком случае, доказанную теорему можно применить к обратному отношению 
:
(ибо здесь предел уже конечен), откуда и следует, что
,
что и требовалось доказать.
Рассмотрим несколько примеров на применение данной теоремы
1. Вычислить 
Установим одно вспомогательное неравенство (неравенство Як. Бернулли):
если п – натуральное число, большее единицы, и γ>1, то
(*)
Действительно, положив γ =1+λ, где λ > 0, по формуле Бинома Ньютона будем иметь:
так как ненаписанные члены положительны, то
,
что равносильно неравенству (*).
так же и в нашей задаче, положив а = 1+λ, так что λ > 0, имеем по формуле Бинома Ньютона
.
Так как для n > 2, очевидно, 
, то окончательно,
При k = 1, получаем сразу
так что
Так как этот результат верен при любом а > 1, то, взяв k > 1, можем утверждать (по крайней мере, для достаточно больших n)
так что
(а > 1).
Доказанный, таким образом, для k = 1, этот результат тем долее будет верен и для k < 1.
