[tex]\lim_{n \to \infty} x_n = a[/tex] Proof - [tex]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} ( x_{1} + x_{2} + ... + x_n )= a[/tex]. Created by sergeysargsyanotl7bg. algebra-ru

tex]...

sergeysargsyanotl7bg @sergeysargsyanotl7bg

August 2022 1 9 Report

[tex]\lim_{n \to \infty} x_n = a[/tex]

Proof - [tex]\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} ( x_{1} + x_{2} + ... + x_n )= a[/tex]

Answers & Comments

KayKosades

Verified answer

Ответ:

Объяснение:

Предположим сначала, что $> имеет конечный предел равный <img src=$ .

Тогда, взяв произвольный $\varepsilon>0$ , найдём такой номер $N'$ , что для $n>N'$ будет выполнено

$|x_n-a|$

Обозначим

$S_n=x_1+x_2+...+x_n$

Требуется доказать, что $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{S_n}{n} =a$

Во первых ясно, что

$\frac{S_n}{n} =\frac{S_{N'}}{n} +\frac{S_n-S_{N'}}{n} =\frac{S_{N'}}{n} +\frac{x_{N'+1}+x_{N'+2}+...+x_n}{n} =\\=\frac{S_{N'}}{n} +\frac{x_{N'+1}+x_{N'+2}+...+x_n}{n-N'} \cdot\frac{n-N'}{n} =\frac{S_{N'}}{n} +\frac{x_{N'+1}+x_{N'+2}+...+x_n}{n-N'} \big(1-\frac{N'}{n} \big)$

Очевидно, что числа $x_{N'+1},..., x_{n}$ лежат в интервале $(a-\frac{\varepsilon}{3} ; a+\frac{\varepsilon}{3} )$ при $n>N'$

Тогда и $\frac{x_{N'+1}+x_{N'+2}+...+x_n}{n-N'} \in(a-\frac{\varepsilon}{3} ; a+\frac{\varepsilon}{3} )$

В самом деле, при $n>N'$

$a-\frac{\varepsilon}{3}$

Складывая эти $n-N'$ неравенств и деля полученное на положительную величину

Итак, при $n>N'$

$\bigg|\frac{x_{N'+1}+x_{N'+2}+...+x_n}{n-N'}-a\bigg|$

Тогда можно записать, что при таких $n$

$\frac{x_{N'+1}+x_{N'+2}+...+x_n}{n-N'}=a+\alpha$ , где $|\alpha |$

Отсюда

$\frac{S_n}{n} =\frac{S_{N'}}{n} +(a+\alpha)(1-\frac{N'}{n})$

$\frac{S_n}{n}-a=\frac{S_{N'}}{n} +\alpha-\frac{N'}{n}(a+\alpha)$

Теперь используем известное неравенство $|x+y|\leq |x|+|y|$ :

$|\frac{S_n}{n}-a|\leq \frac{|S_{N'}|}{n}+|\alpha |+\frac{N'}{n} |a+\alpha|\leq \frac{|S_{N'}|}{n}+|\alpha |+\frac{N'}{n} (|a|+|\alpha|)$

Легко видеть, что при $n>N'$

1) $|\alpha |$

Кроме того, что так как последовательности $y_n=\frac{|S__{N'}|}{n}$ и $z_n=\frac{N'}{n}$ - бесконечно малые, найдутся такие $N''$ и $N'''$ , что при $n>N''$ будет

2) $y_n$

а при $n>N'''$ будет

$z_n$

и отсюда, учитывая что $|a|+|\alpha|$ получаем что при таких n выполнено неравенство

$z_n(|a|+|\alpha|)$

Если теперь в качестве $N$ взять наибольшее из чисел $N', N'', N'''$ , то при $n>N$ будут выполняться одновременно неравенства 1), 2), 3) и складывая их получаем

$\bigg|\frac{S_n}{n}-a\bigg|$

Что и требовалось доказать.

Я хочу спать, поэтому в доказательстве вполне могут найтись опечатки, а то и вовсе логические ошибки. Ну что же поделаешь. Проверьте всё хорошенько и если у вас возникнут вопросы - задавайте.

Доказательство для случая бесконечного предела можно провести похожим образом.

1 votes Thanks 1

Answers & Comments

Verified answer

rasstoyanie ot predmeta do monitora 3ms kakim opticheskim silom linzu nuzhno brat

kgc5b938594a156ba77517eb10a59b280ab 37567

najti obshij soprotivlenie i moshnost 4 lampy esli r12omr21omr35omr41 omi

kgc86f168e5443d944e5d3b0dbe914042a4 40796

tex]...

najti obshij soprotivlenie i moshnost 4 lampy esli r12om r21om r35om r41 o

m314593c174cec11ebdf0c3b274da09ced 38621

kakoj skorost poluchat pistolet i iz nego uletevshaya pulya1vsegda odinakovy sko

tex strogo polozhitelno opredelite znaki koefficientov m i kotvet s obyasnen

v kazhdom iz dvuh ravnobedrennyh treugolnikov est storona 9 sm i ugol 70 gradus

рекомендуемые вопросы

Helpful Links

Helpful Social