Задача 112 — Демидович

Указание

Докажите следующее неравенство:

$- e - \frac{2}{2} < (1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} + sin \frac{nπ}{4} < e + 1$

Воспользуйтесь задачей 69.

Решение

Докажем следующее неравенство

$- e - \frac{2}{2} < (1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} + sin \frac{nπ}{4} < e + 1$

Сначала докажем, что

$(1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} + sin \frac{nπ}{4} < e + 1$

Если $n$ — нечетное, то есть $n = 2 p - 1$ , тогда

$- (1 + \frac{1}{2 p - 1})^{2 p - 1} < 0 < e$

$- (1 + \frac{1}{2 p - 1})^{2 p - 1} < e$

В задаче 69 мы показали, что

$(1 + \frac{1}{n})^{n} < e$

Если $n$ — четное, то есть $n = 2 p$ , то, согласно неравенству выше

$(1 + \frac{1}{2 p})^{2 p} < e$

Итак, при любых $n$ (четных и нечетных) выполняется неравенство:

$(1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} < e$

По определению синуса:

$sin \frac{πn}{4} \leq 1$

Сложим оба неравенства выше и получаем, что

$(1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} + sin \frac{πn}{4} < e + 1$

$■$

Теперь докажем, что

$- e - \frac{2}{2} < (1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} + sin \frac{nπ}{4}$

Пусть $n$ — четное, то есть $n = 2 p$ , тогда

$- e - \frac{2}{2} < 0 < (1 + \frac{1}{2 p})^{2 p}$

$- e - \frac{2}{2} < (1 + \frac{1}{2 p})^{2 p}$

$sin (2 p) \frac{π}{2} = sin π p = 0$

$0 \leq sin (2 p) \frac{π}{2}$

Складываем последние два неравенства и получаем, что при четных $n$

$- e - \frac{2}{2} < (1 + \frac{1}{2 p})^{2 p} + sin (2 p) \frac{π}{2}$

Вновь воспользуемся неравенством из задачи 69 при условии, что $n$ — нечетное, то есть $n = 2 p - 1$ :

$(1 + \frac{1}{2 p - 1})^{2 p - 1} < e$

Уножим неравенство на $- 1$ :

$- e < - (1 + \frac{1}{2 p - 1})^{2 p - 1}$

Теперь разберемся с синусом:

$sin (2 p - 1) \frac{π}{2} = sin (π p - \frac{π}{2}) \geq - \frac{2}{2}$

Сложим неравенства выше:

$- e - \frac{2}{2} < - (1 + \frac{1}{2 p - 1})^{2 p - 1} + sin (2 p - 1) \frac{π}{2}$

Итак, мы показали, что при любых $n$ (четных и нечетных) выполняется неравенство:

$- e - \frac{2}{2} < (1 + \frac{1}{n})^{n} \cdot (- 1)^{n} + sin \frac{nπ}{4}$

$■$

Итак, мы показали, что $- e - \frac{2}{2}$ — нижняя граница последовательности $x_{n}$ , и что $e + 1$ — верхняя граница.

Теперь найдем предел следующей подпоследовательности:

$n \to \infty lim x_{8 n - 6} = n \to \infty lim ((1 + \frac{1}{8 n - 6})^{8 n - 6} + sin \frac{( 8 n - 6 ) π}{4}) = = n \to \infty lim (1 + \frac{1}{8 n - 6})^{8 n - 6} + n \to \infty lim sin (2 πn - \frac{3 π}{2}) = = e + n \to \infty lim 1 = e + 1$

Выше мы использовали то, что

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{n})^{n} = e$

А значит, по прото-задаче П-ссылка, любая подпоследовательность тоже стремится к $e$ , то есть

$n \to \infty lim (1 + \frac{1}{8 n - 6})^{8 n - 6} = e$

Итак, мы показали, что

$n \to \infty lim x_{8 n - 6} = e + 1$

и $e + 1$ — верхняя граница $x_{n}$ , то по прото-задаче П-ссылка:

$\overline{n \to \infty lim} x_{n} = e + 1$

Найдем предел следующей подпоследовательности:

$n \to \infty lim x_{8 n - 1} = n \to \infty lim - ((1 + \frac{1}{8 n - 1})^{8 n - 1} + sin \frac{( 8 n - 1 ) π}{4}) = = - n \to \infty lim (1 + \frac{1}{8 n - 1})^{8 n - 1} + n \to \infty lim sin (2 πn - \frac{π}{4}) = = - e + n \to \infty lim - \frac{2}{2} = - e - \frac{2}{2}$

Итак, мы показали, что

$n \to \infty lim x_{8 n - 1} = - e - \frac{2}{2}$

и $- e - \frac{2}{2}$ — нижняя граница $x_{n}$ , то по прото-задаче «Точные грани и предельные точки»

$\underline{n \to \infty lim} x_{n} = - e - \frac{2}{2}$

Зависимости

Задача 69

Единственность предельной точки

Точные грани и предельные точки

Связь точной верхней (нижней) грани с предельными точками последовательности.

111 113