Сегодня будет второй замечательный предел в отдельных задачах. Нам в этом пригодится
Теорема 6. Если последовательность монотонна и ограничена, то она сходится.
На самом деле, это собирательная формулировка для двух следующих ситуаций: если последовательность убывает и ограничена снизу, то она сходится; и если она возрастает и ограничена сверху, она тоже сходится.
№ 69
Доказать, что последовательность \[ x_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \] монотонно возрастает и ограничена сверху, а последовательность \[ y_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1} \] монотонно убывает и ограничена снизу. Отсюда вывести, что \[ \exists\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}\equiv e. \]
Заметим во-первых, что \[ \frac{y_{n}}{x_{n}}=\frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n+1}}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}=1+\frac{1}{n} > 1, \] откуда \[ y_{n} > x_{n}. \] Докажем, что $x_{n}$ возрастает. Сначала преобразуем: \[ x_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}=\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n},\qquad x_{n+1}=\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}; \] и разделим \[ \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n}}=\left(\frac{n}{n+1}\right)^{n}\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n}\left(\frac{n+2}{n+1}\right)=\left(\frac{n\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)^{2}}\right)^{n}\left(\frac{n+2}{n+1}\right)=\left(\frac{n^{2}+2n}{n^{2}+2n+1}\right)^{n}\left(\frac{n+2}{n+1}\right)= \] дальше воспользуемся свойством (5), которое мы доказывали на занятии по мат.индукции: \[ =\left(\frac{n^{2}+2n+1-1}{n^{2}+2n+1}\right)^{n}\left(\frac{n+2}{n+1}\right)=\left(1-\frac{1}{\left(n+1\right)^{2}}\right)^{n}\left(\frac{n+2}{n+1}\right) > \left(1-\frac{n}{\left(n+1\right)^{2}}\right)\left(\frac{n+2}{n+1}\right)=\frac{\left[\left(n+1\right)^{2}-n\right]\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)^{3}}= \] Наконец, оценим полученное: \[ =\frac{\left(n^{2}+n+1\right)\left(n+2\right)}{\left(n+1\right)^{3}}=\frac{n^{3}+3n^{2}+3n+2}{n^{3}+3n^{2}+3n+1}=1+\frac{1}{\left(n+1\right)^{3}} > 1. \] Итак, \[ \frac{x_{n+1}}{x_{n}} > 1+\frac{1}{\left(n+1\right)^{3}} > 1, \] откуда \[ x_{n+1} > x_{n}. \]
Задание: доказать, что $y_{n}$ убывает.
Так как $y_{n}$ убывает, то $y_{1}\geqslant y_{n}\geqslant x_{n}$, откуда $x_{n}$ ограничена сверху. Так как $x_{n}$ ограничена сверху и возрастает, она имеет предел по теореме 6. Аналогично доказывается, что $y_{n}$ имеет предел. Докажем, что эти пределы равны: \[ \frac{\lim\limits_{n\to\infty}x_{n}}{\lim\limits_{n\to\infty}y_{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=\lim\limits_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{n}\right)=1, \] теперь обе части умножим на $\lim\limits_{n\to\infty}y_{n}$ \[ \lim\limits_{n\to\infty}x_{n}=\lim\limits_{n\to\infty}y_{n}. \]
Пример: № 72
Доказать, что следующие две последовательности имеют одинаковый предел (т.е. что $b_{n}$ стремится к $e$): \[ x_{n}=\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n},\qquad b_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} \] Сначала надо доказать, что $b_{n}$ имеет предел в принципе. Для этого отметим, что при $k > 3$ $2^{k} < k!$, откуда нетрудно доказать математической индукцией, что \[ \sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!} < 2+\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{2^{k}}. \] Элементы второй последовательности представляют собой частичные суммы бесконечно убывающей геометрической прогрессии, следовательно, вторая последовательность сходится, следовательно, она ограничена в том числе сверху, значит, ограничена сверху и последовательность $b_{n}$. Но так как \[ \frac{1}{\left(n+1\right)!} > 0,\quad\Longrightarrow\quad b_{n+1} > b_{n}, \] т.е. $b_{n}$ возрастает. Коль скоро $b_{n}$ возрастает и ограничена сверху, она сходится.
Докажем теперь равенство её предела пределу последовательности $a_{n}$ (для этого нам понадобится уже доказанный факт существования предела $b_{n}$). Раскроем скобки, пользуясь формулой бинома Ньютона: \[ x_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}\frac{1}{n^{k}} \] Теперь запишем разность элементов последовательностей, и попробуем доказать, что она стремится к нулю (первые два слагаемых окажутся нулевыми): \[ b_{n}-x_{n}=\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{n!}{\left(n-k\right)!n^{k}}\right)=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{n!}{\left(n-k\right)!n^{k}}\right)= \] \[ =\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{\prod\limits_{j=1}^{n}j}{n^{k}\prod\limits_{j=1}^{n-k}j}\right)=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\frac{1}{n^{k}}\prod\limits_{j=n-k+1}^{n}j\right)=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{j=n-k+1}^{n}\frac{j}{n}\right)= \] Заменим $j=n-i$ и заметим, что нулевой множитель равен единице \[ =\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{i=0}^{k-1}\frac{n-i}{n}\right)=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{i=1}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right)\right). \] Теперь воспользуемся неравенством Бернулли (оно доказывается в Демидовиче, №6): $\left(1+x_{1}\right)\left(1+x_{2}\right)\ldots\left(1+x_{n}\right)\geqslant1+x_{1}+x_{2}+\ldots+x_{n}$, когда $x_{i} > -1$ и $x_{i}$ одного знака. Отсюда \[ \prod_{i=1}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right)\geqslant1-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{i}{n}\quad\Longrightarrow\quad\left(1-\prod_{i=1}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right)\right)\leqslant\left(1-\left(1-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{i}{n}\right)\right) \] Тогда \[ b_{n}-a_{n}=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{i=1}^{k-1}\left(1-\frac{i}{n}\right)\right)\leqslant\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\left(1-\sum_{i=1}^{k-1}\frac{i}{n}\right)\right)=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\sum_{i=1}^{k-1}\frac{i}{n}. \] Воспользуемся тем, что \[ \sum_{k=1}^{n}k=\frac{n\left(n+1\right)}{2}\quad\Longrightarrow\quad\sum_{i=1}^{k-1}\frac{i}{n}=\frac{\left(k-1\right)k}{2n} \] Из этого следует, что \[ b_{n}-a_{n}\leqslant\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\frac{\left(k-1\right)k}{2n}=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{2n\left(k-2\right)!}=\frac{1}{2n}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{\left(k-2\right)!}= \] $k-2=j$ \[ =\frac{1}{2n}\sum_{j=0}^{n-2}\frac{1}{j!}=\frac{1}{2n}b_{n-2}. \] Ясно, что $\dfrac{1}{2n}$ стремится к нулю, $b_{n-2}$ же, так как имеет предел – ограничена. Произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную стремится к нулю.
Теперь докажем, что $b_{n}-a_{n} > 0$. Используем ранее полученный факт, что \[ b_{n}-a_{n}=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{j=n-k+1}^{n}\frac{j}{n}\right)=\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{j=n-k+1}^{n-1}\frac{j}{n}\right). \] При $0 < n-k+1\leqslant j\leqslant n-1 < n$ \[ 0 < \frac{j}{n} < 1\quad\Longrightarrow\quad\prod_{j=n-k+1}^{n-1}\frac{j}{n} < 1\quad\Longrightarrow\quad1-\prod_{j=n-k+1}^{n-1}\frac{j}{n} > 0\quad\Longrightarrow\quad\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{k!}\left(1-\prod_{j=n-k+1}^{n-1}\frac{j}{n}\right) > 0, \] т.е. $b_{n}-a_{n} > 0$. Так как \[ 0 < b_{n}-a_{n} < \dfrac{1}{2n}b_{n-2} \] и \[ \lim_{n\to\infty}\dfrac{1}{2n}b_{n-2}=0, \] то \[ \lim_{n\to\infty}\left(b_{n}-a_{n}\right)=0 \] по теореме о двух милиционерах. Так как пределы слагаемых существуют, \[ \lim_{n\to\infty}b_{n}=\lim_{n\to\infty}a_{n}, \] что и требовалось доказать.
Задание: № 70, 74 (по крайней мере, правую часть), 75.
Указание: можно пользоваться неравенствами, доказывавшимися в начале Демидовича методом мат.индукции.
