Замечание 2.2

Сходимость (расходимость) последовательности не нарушится, если все члены последовательности, начиная с некоторого номера, уменьшить или увеличить на одно и то же число.

Теорема 2.8. (критерий Коши сходимости последовательности)

Для того чтобы последовательность { xn } сходилась, необходимо и достаточно, чтобы ∀ ε >0∃ номер n 0 такой, что ∀ n > n 0 и любого p ∈N выполнялось неравенство

| xn + p − xn |< ε.

Пример 2.4.

Доказать, что последовательность { xn } где xn =1+12+13+…+1 n, расходится.

Р е ш е н и е.

Для произвольного p ∈N запишем ∣∣ xn + p − xn ∣∣=∣∣(1+12+13+…+1 n +1 n +1+…+1 n + p)−(1+12+13+…+1 n)∣∣==1 n +1+1 n +2+…+1 n + p. Полагаем p = n. Тогда xn + p − xn =1 n +1+1 n +2+… …+1 n +(n −1)+1 n + n. Учитывая, что в последней сумме 1 n +1>1 n + n, 1 n +2>1 n + n, …, 1 n +(n −1)>1 n + n, получим

∣∣ xn + p − xn ∣∣>1 n + n +1 n + n +…+1 n + n  n = n ⋅12 n =12.

Следовательно, для ε =12, p = n не существует указанного в теореме 2.8 номера n 0, так как ∣∣ xn + p − xn ∣∣>12∀ n ∈N. В силу критерия Коши последовательность { xn } расходится.

Типовые примеры

Задача 1.

Доказать, что lim n →∞3 n +2 n +1=3.

Р е ш е н и е.

Для доказательства, согласно определению 2.7, для произвольно заданного ε >0 следует найти номер n 0= n 0(ε)∈N такой, что ∀ n > n 0 выполнялось бы неравенство ∣∣3 n +2 n +1−3∣∣< ε. Из последнего неравенства имеем

∣∣∣3 n +2 n +1−3∣∣∣=∣∣∣3 n +2−3 n −3 n +1∣∣∣=∣∣∣−1 n +1∣∣∣=1 n +1< ε.

Отсюда n +1>1 ε. Тогда n >1 ε −1. Полагаем n 0=[1 ε −1]. Убедимся, что этот номер n 0 — искомый. Действительно, если n > n 0=[1 ε −1], то n >1 ε −1(n ∈N), n +1>1 ε. Отсюда 1 n +1< ε. Тогда ∣∣3 n +2 n +1−3∣∣=∣∣−1 n +1∣∣=1 n +1< ε. Следовательно, найден номер n 0 такой, что ∀ n > n 0=[1 ε −1] и ∀ ε >0 выполняется неравенство ∣∣3 n +2 n +1−3∣∣< ε. Таким образом, по определению 2.7, lim n →∞3 n +2 n +1=3, что и требовалось доказать.

■

Задача 2.

Доказать, что lim n →∞1 an =0 (a >1).

Р е ш е н и е.

Для доказательства, согласно определению 2.7, для произвольно заданного ε >0 требуется найти номер n 0= n 0(ε)∈N такой, что ∀ n > n 0 выполнялось бы неравенство 1 an < ε (a >1). Отсюда an >1 ε, n >log a 1 ε. Полагаем n =[log a 1 ε ]. Тогда ∀ n > n 0=[log a 1 ε ] и ∀ ε >0 выполняется неравенство 1 an =∣∣1 an −0∣∣< ε. Следовательно, по определению 2.7, lim n →∞1 an =0 (a >1), что и требовалось доказать.