Арифметические операции со сходящимися последовательностями

Теорема (арифметические операции со сходящимися последовательностями)

Пусть последовательность \underset{n\to\infty}{\left\{x_{n}\right\}\rightarrow a} , а \underset{n\to\infty}{\left\{y_{n}\right\}\rightarrow b} . Тогда верны следующие утверждения:

  1. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_{n}\pm y_{n})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}\pm\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_{n}=a\pm b .
  2. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}(x_{n}\cdot y_{n})=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}\cdot\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_{n}=a\cdot b .
  3. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n}}{ y_{n}}=\frac{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_{n}}{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}y_{n}}=\frac{a}{b},\;b\neq 0,\;y_{n}\neq 0 .

Доказательство.

  1. \lim\limits_{n\rightarrow \infty}x_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\left ( a+\alpha_{n} \right )
    \lim\limits_{n\rightarrow \infty}y_{n}=\lim\limits_{n\rightarrow \infty}\left ( b+\beta_{n} \right ) ,
    где \alpha_{n} и \beta_{n} бесконечно малые последовательности.
    x_{n}+y_{n}=\left(a+\alpha_{n}\right)+\left(b+\beta_{n}\right)=\left(a+b\right)+\left(\alpha_{n}+\beta_{n}\right)=a+b
  2. x_{n}=a+\alpha_{n} , y_{n}=b+\beta_{n} , где \alpha_{n} и \beta_{n} — бесконечно малые последовательности.
    x_{n}\cdot y_{n}=\left(a+\alpha_{n}\right)\cdot\left(b+\beta_{n}\right)=ab+a\beta_{n}+\alpha_{n}b+\alpha_{n}\beta_{n}=ab
    (по свойству бесконечно малых последовательностей)
  3. x_{n}=a+\alpha_{n} , y_{n}=b+\beta_{n} , где \alpha_{n} и \beta_{n} бесконечно малые последовательности.
    \frac{a+\alpha_{n}}{b+\beta_{n}}=\frac{a}{b+\beta_{n}}+\alpha_{n}\cdot\frac{1}{b+\beta_{n}}=\frac{a}{b}
    (по свойству бесконечно малых последовательностей)

Примеры

  1. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2^n+\cos n}{2^{n+1}+\sin n^2}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{2^n\left(1+\frac{1}{2^n}\cos n\right)}{2^{n+1}\left(1+\frac{1}{2^{n+1}}\sin n^2\right)}=\frac{1}{2}\frac{\left(1+0\right)}{\left(1+0\right)}=\frac{1}{2}
  2. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a}=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\frac{1}{\sqrt[n]{a}}}=\frac{1}{1}=1 при a>0
  3. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\left(-2\right)^n+3^n}{\left(-2\right)^{n+1}+3^{n+1}}=?
    \frac{\left(-2\right)^n+3^n}{\left(-2\right)^{n+1}+3^{n+1}}= (делим числитель и знаменатель на 3^{n+1} ) =\frac{\frac{\left(-2\right)^n}{3^{n+1}}+\frac{1}{3}}{\left(\frac{-2}{3}\right)^{n+1}+1}=\frac{\frac{1}{3}\left(\frac{-2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}}{\left(\frac{-2}{3}\right)^{n+1}+1}
    Предел частного = частному пределов, поэтому:
    \frac{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{3}\left(\frac{-2}{3}\right)^n+\frac{1}{3}\right)}{\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\left(\frac{-2}{3}\right)^{n+1}+1\right)}=\frac{0\cdot\frac{1}{3}+\frac{1}{3}}{0+1}=\frac{1}{3} .
  4. \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{2n^2}+\sqrt[n]{5}-\frac{\sin^2 3}{3^n}\right)
    Предел суммы равен сумме пределов, поэтому:
    \lim\limits_{n\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{2n^2}+\sqrt[n]{5}-\frac{\sin^2 3}{3^n}\right)=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{2n^2}+\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{5}-\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\sin^2 3}{3^n}=0+1+0=1 .

Литература

  • Лысенко З.М. Конспект лекций по математическому анализу, семестр 1, О.:2012
  • Демидович Б. П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. М.,1969. стр. 16-17

Арифметические операции со сходящимися последовательностями

С помощью этого теста пользователь проверит свои навыки в нахождении пределов сходящихся последовательностей.


Таблица лучших: Арифметические операции со сходящимися последовательностями

максимум из 15 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Дифференцируемость и арифметические операции

Если функции f и g дифференцируемы в точке x, то в этой точке также дифференцируемы следующие функции: \alpha f(x)\pm\beta g(x), f(x)g(x), \frac{f(x)}{g(x)}, (g(x) \neq 0);

Причём:

  1. {[\alpha f(x) \pm \beta g(x)]}' = \alpha {f}'(x) \pm \beta {g}'(x)(\alpha и \beta — некоторые константы);
  2. {[f(x)g(x)]}' = {f}'(x)g(x) + f(x){g}'(x);
  3. {[\frac {f(x)}{g(x)}]}' =\frac{{f}'(x)g(x) - f(x){g}'(x)}{[g(x)]^2} (g(x) \neq 0);

Доказательство :

  1. Достаточно доказательства для случая y(x) = \alpha f(x) + \beta g(x);
    y(x) = {\alpha f(x) + \beta g(x)} \Rightarrow\Delta y=
    =y(x + \Delta x) - y(x) = \alpha f(x + \Delta x) + \beta g(x+\Delta x) - \alpha f(x) - \beta g(x)=
    =\alpha f(x+\Delta x) -\alpha f(x)+\beta g(x+\Delta x) - \beta g(x) =
    =\alpha \Delta f(x) + \beta \Delta g(x) \Rightarrow \frac{\Delta y}{\Delta x} = =\frac{\alpha\Delta f(x)+\beta \Delta g(x)}{\Delta x}=
    \alpha \frac{\Delta f(x)}{\Delta x} +\beta \frac{\Delta g(x)}{\Delta x} \underset{propetiesoflimits}{\Rightarrow} \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = ={y}'(x) = \lim\limits_{\Delta x \to 0} \alpha \frac{\Delta f(x)}{\Delta x} + \beta \frac{\Delta g(x)}{\Delta x} = \alpha{f}'(x)+\beta{g}'(x)
    \Rightarrow В общем случае: {[\alpha f(x) \pm \beta g(x)]}' = \alpha {f}'(x) \pm \beta {g}'(x);
  2. y(x)=f(x)g(x) \Rightarrow \Delta y = y(x + \Delta x) - y(x) =
    = f(x + \Delta x)g(x + \Delta x) - f(x)g(x) = [f(x) + \Delta f(x)][g(x) + \Delta g(x)] - f(x)g(x) =
    = \Delta f(x)g(x) + \Delta g(x)f(x) + \Delta f(x) \Delta g(x) \Rightarrow
    \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\Delta f(x)}{\Delta x}g(x) + \frac{\Delta g(x)}{\Delta x}f(x) + \frac{\Delta f(x)}{\Delta x}\Delta g
    При переходе к пределам получим следующее:
    \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = {y}'(x) = {f}'(x)g(x)+f(x){g}'(x)+{f}'(x)0(в силу непрерывности дифференцируемой функции g(x), \lim\limits_{\Delta x \to 0} \Delta g(x)=0);
    \Rightarrow {y}'(x)={f}'(x)g(x)+f(x){g}'(x), что и требовалось доказать;
  3. y = \frac{f(x)}{g(x)}, (g(x) \neq 0)\Rightarrow
    \Delta y = \frac{f(x+\Delta x)}{g(x + \Delta x)} - \frac{f(x)}{g(x)}=
    = \frac{f(x) + \Delta f(x)}{g(x) + \Delta g(x)}- \frac{f(x)}{g(x)} =
    \frac{\Delta f(x)g(x) + f(x)g(x) - f(x)g(x) - \Delta g(x)f(x)}{[g(x)]^2+\Delta g(x)\Delta g(x)}=
    \frac{\Delta f(x)g(x) - \Delta g(x)f(x)}{[g(x)]^2+\Delta g(x)\Delta g(x)}
    \Rightarrow \frac{\Delta y}{\Delta x} = \frac{\frac{\Delta f(x)g(x)}{\Delta x} - \frac{\Delta g(x)f(x)}{{\Delta x}}}{[g(x)]^2+[\Delta g(x)]^2}
    Перейдя к пределам получим:
    \lim\limits_{\Delta x \to 0} \frac{\Delta y}{\Delta x} = {y}'(x) = \frac{{f}'(x)g(x) - {g}'(x)f(x)}{[g(x)]^2}, что и требовалось доказать.

Замечание: Из определения дифференциала и формул дифференцирования 1,2 и 3 следует, что:

Примеры:

  • Условие: Найти производную функции f(x)=e^{3x}+\frac{4x}{x^{2}}
    Решение:
    Найдём производную по 1-ому правилу: {(e^{3x}+\frac{4x}{x^{2})}}'=3e^{3x}+{(\frac{4x}{x^{2}})}', теперь по 3-ему правилу:{(\frac{4x}{x^{2}})}'=\frac{4x^{2}-8x^{2}}{x^{4}}, итого получаем, что {(e^{3x}+\frac{4x}{x^{2})}}'=3e^{3x}-\frac{4x^{2}}{x^{4}}

Тест:

Простой тест для проверки усвоения правил дифференцирования.


Таблица лучших: Правила дифференцирования

максимум из 11 баллов
Место Имя Записано Баллы Результат
Таблица загружается
Нет данных

Список литературы:

  • Курс лекций по математическому анализу в двух частях Часть 1. В.И.Коляда, А.А.Кореновский стр. 111-112.
  • Лекции Зои Михайловны Лысенко.