А.А.Нириллов
е
i
4
ш

Математика
Библиотечка
физико-математической школы
Выпуск 2*
А. А. Кириллов
5
о©
I
Пределы
Издание второе,
Переработанное
Издательство «Наука»
Главная редакция
физико-математической литературы
Москва 1973

Б 17.2
К 43
УДК 517.0
Математика
Библиотечка
физико-математической школы
Редактор серии
И. М. Гельфанд
© Издательство «Наука», 1973, с изменениями
К
0222-1820
042@2)-73

Оглавление
Предисловие	4
За^и	Решения
§ 1. Подготовительные задачи . , 7	42	91
§ 2. Задачи, связанные с определе-
определением предела	 20	54	92
§ 3. Задачи на вычисление пределов 31	70	93
Контрольные задачи		. .	. .40

Предисловие
Настоящий выпуск серии «Библиотечка физико-матема-
физико-математической школы» посвящен понятию предела, которое спра-
справедливо считается самым трудным в школьной программе.
Тем более трудно освоиться с этим понятием самостоя-
самостоятельно, по книжке.
Однако, как показывает опыт Заочной математической
школы при МГУ, большинство школьников могут спра-
справиться с этой задачей.
Книжка написана в форме задачника, но она может
одновременно служить и учебником по теме «Пределы».
Предлагаемые здесь задачи можно разбить на три
группы. Задачи первой группы (они никак не отмечены)
составляют основу всей книжки. Решение их необходимо
для понимания основных определений и теорем. Задачи
второй группы (они отмечены кружком) не являются обя-
обязательными. Некоторые из них служат для иллюстрации
различных теорем, другие полезны для развития и трени-
тренировки логического мышления, третьи — просто красивые
задачи, решение которых доставит вам удовольствие. На-
Наконец, третью группу составляют более трудные задачи
(они отмечены звездочкой). Эти задачи рассчитаны на бо-
более высокую логическую подготовку и свободное владение
основными понятиями.
Те из вас, кто хочет овладеть теорией пределов в рам-
рамках школьной программы, могут ограничиться решением
задач первой группы. Проверкой вам будут служить кон-
контрольные задачи, помещенные на стр. 40—42.
В этом выпуске, как и в предыдущих, используются
«дорожные знаки».

Знаком «Стоянка разрешена» отме-
отмечены места, содержащие сведения, необ-
необходимые для дальнейшего: определения,
теоремы, формулы и т. д. Около такого
знака надо остановиться и внимательно
прочитать это место.
Знак «Крутой подъем» стоит там, где
содержится более трудный материал.
Если это мелкий шрифт, то при первом
чтении это место можно пропустить.
Особенно внимательны будьте около
знака «Опасный поворот». Часто он стоит
на таком месте, где на первый взгляд
все кажется легким и простым. Однако
если не разобраться как следует, то это
может привести в дальнейшем к серьез-
серьезным ошибкам.
Как лучше всего работать с книжкой? Начните с подго-
подготовительных задач (см. § 1). Решите несколько из них и
сравните полученные результаты с приведенными ответами.
Потом прочитайте решения. Это полезно сделать даже в
том случае, если задача не вызвала затруднения, так как
в решениях часто сообщаются полезные дополнительные
сведения, а иногда ставятся новые вопросы.
Если задача не получается, несмотря на ряд попыток,
загляните в раздел «Ответы и указания», а если и после
этого вы не сможете решить задачу, прочитайте решение.
После того как вы справитесь с большинством подгото-
подготовительных задач, переходите к следующим параграфам
книжки.
Прежде, чем решать задачи, внимательно прочитайте
определение предела и текст на стр. 20—22.
Задачи, отмеченные звездочкой, при первом чтении луч-
лучше пропустить. Вы вернетесь к ним позже, освоившись с
понятием предела и научившись решать более простые за-
задачи.
Не относитесь пренебрежительно к подготовительным
задачам (§1).
На первый взгляд эти задачи не имеют никакого отно-
отношения к теме «Пределы». Действительно, понятие предела
в них не встречается. Цель этих задач — приучить вас к
логическому мышлению, к точному выражению своей мы-
мысли, к аккуратным формулировкам. Некоторые школьники
рассуждают так: математика — это не литература, здесь
5

важно придумать идею решения задачи, а как изложить
эту идею, в каком порядке расставить слова-—не так уж
важно. Это неверно. Очень часто неумение ясно выражать
свои мысли не дает возможности школьнику решить задачу
и даже осмыслить ее условие.
Большинство подготовительных задач из § 1, да и всей
книжки, легко решается, если вы ясно представите себе,
что дано и что требуется доказать. Но как раз этого-то
многие школьники и не умеют делать. Лучший способ
справиться с этим недостатком — решать много задач, «хо-
«хороших и разных».
Желаю вам успеха.
Эта книжка возникла из главы, посвященной пределам,
в третьем выпуске нашей серии*).
По сравнению с этой главой добавлено много новых за-
задач, некоторые из них довольно трудны. В то же время,
учитывая опыт Заочной математической школы при МГУ,
автор дал решения многих задач в более понятной для
школьников форме, добавил разъяснения и замечания к
тем вопросам, которые вызвали наибольшие затруднения
у учеников ЗМШ.
Задачи и теоремы, входящие в школьную программу,
составляют лишь небольшую часть книжки. Поэтому она
выходит в дополнительной серии «Библиотечки физико-
математической школы». Однако для тех школьников, ко-
которые хотят в дальнейшем овладеть высшей математикой,
будет очень полезно проработать книжку в полном объеме.
При составлении книги автор широко пользовался «ма-
«математическим фольклором» и советами своих товарищей —
студентов, аспирантов и преподавателей механико-матема-
механико-математического факультета МГУ. Всем им я выражаю свою бла-
благодарность.
Особенно я хочу поблагодарить Н. Б. Васильева,
Н. Я. Виленкина, Э. Б. Винберга, В. Л. Гутенмахера,
Е. Б. Дынкина, Н. Н. Константинова, С. В. Овчинникова.
При подготовке нового издания большую помощь ав-
автору оказали бывшие ученики ЗМШ студенты механико-
математического факультета МГУ Ф. Сурков и С. Соболев.
Автор
*) С. И. Г е л ь ф а н д и др., Задачи по элементарной математике
(Последовательности, комбинаторика, пределы), «Наука», 1965.

ЗАДАЧИ
§ I. Подготовительные задачи
Напомним еще раз, что цель этого
параграфа — приучить вас к точному вы-
выражению своих мыслей, к аккуратным
формулировкам. Разберем в качестве
примера такую задачу.
Между двумя школьниками А и В,
которые увлекаются решением логиче-
логических задач, произошел следующий раз-
разговор:
А: Я купил три полки для книг и рас-
расставил на них все свои учебники. Когда
я сосчитал, сколько книг стоит на каж-
каждой полке, и перемножил эти три числа,
получилось 72. Ты ведь знаешь, сколько
у меня учебников?
В: Да, знаю.
А: Тогда скажи, сколько книг стоит
на каждой полке?
В: У меня не хватает данных.
А: Полка, где было меньше всего
книг,, выглядела хуже остальных, и я по-
поставил туда вазу с цветами.
В: Теперь мне все ясно, вот ответ...
И В точно сказал, сколько книг стоит на
каждой полке.
Как вы думаете, сколько у А учебни-
учебников и как он их расставил по полкам?
7

На первый взгляд эта задача напоми-
напоминает известный вопрос бравого солдата
Швейка:
«В доме 4 этажа; в каком году умерла
бабушка швейцара?». На самом же деле
она имеет строгое, вполне определенное
решение. Прежде чем читать дальше, по-
попытайтесь найти это решение самостоя-
самостоятельно.
Решение. В условии задачи ска-
сказано: «Когда я сосчитал, сколько книг
стоит на каждой полке, и перемножил
эти три числа, получилось 72. Рассмот-
Рассмотрим всевозможные способы записать 72
в виде произведения трех сомножителей.
Сумма этих сомножителей будет тогда
равна возможному числу учебников у А.
Сомножители
t
t
2,
2,
2,
2,
3,
со"
1. 72
2, 36
3, 24
4, 18
6, 12
8, 9
2, 18
3, 12
4, 9
6, 6
3, 8
4, 6
Сумма сомножителей
1 + 1 + 72 = 74
1 + 2 + 36 = 39
1 + 3 + 24 = 28
1 + 4+18 = 23
1+6+12=19
1 + 8 + 9=18
2+2+18 = 22
2 + 3+ 12= 17
2 + 4 + 9=15
2 + 6+ 6= 14
3 + 3+ 8=14
3 + 4+ 6=13
Школьник В знал, сколько у Л учеб-
учебников, но не смог сразу ответить, как тот
распределил их по полкам. Если бы он
знал, например, что у Л 15 учебников, он
сразу бы ответил, что на одной полке 2
учебника, на другой 4, а на третьей 9
(так как сумме 15 соответствует только
одна тройка сомножителей, дающих в
произведении 72).
Очевидно, В не смог сразу дать ответ
потому, что известное ему количество
8

книг можно по-разному разбить на три
числа, дающие в произведении 72. Из
таблицы видно, что этим свойством об-
обладает только число 14. Итак, мы устано-
установили, что у А 14 учебников.
Он мог расставить их по полкам дву-
двумя способами: 2, 6, 6 или 3, 3, 8. Вос-
Воспользуемся теперь последней фразой А,
которая, казалось бы, не дает никакой
информации: «Полка, где было меньше
всего книг, выглядела хуже остальных, и
я поставил туда вазу с цветами». Из
этой фразы ясно, что имеется лишь одна
полка, на которой стоит наименьшее чи-
число учебников. Поэтому случай 3, 3, 8
нам не подходит.
Ответ. Два учебника стоят на пол-
полке с вазой и по шесть учебников на ос-
остальных полках.
Уже на этом шуточном примере вид-
видно, как важно разобраться в условии за-
задачи и полностью его использовать. Пе-
Перейдем теперь к другим задачам.
1.	Двум школьникам поручили вести
календарь погоды. Они должны отмечать
день знаком +. если погода хорошая, и
знаком —, если погода плохая. Первый
школьник поступал так. Он делал наблю-
наблюдения три раза в сутки — утром, днем и
вечером. Если хотя бы во время одного
наблюдения шел дождь, он ставил отмет-
отметку —. В остальных случаях он ставил +.
Второй школьник делал наблюдения в то
же время, что и первый. Если хотя бы во
время одного наблюдения дождя не было,
он ставил +• В остальных случаях он
ставил —. Таким образом, каждый день
погода могла получить одну из оценок:
\-\—(-; -\—; —Ь;	• Все ли эти оценки
на самом деле могут встретиться?
2.	К двум школьникам из задачи 1
присоединился третий, который делает
наблюдения в то же время, что и первые
два, и ставит —, если по крайней мере во
9

время двух наблюдений шел дождь, и +'
в остальных случаях. Какие из восьми
оценок + + +; + Н—; Н	К; —h +;
—h—;	h; H	;	могут
на самом деле встретиться?
3.	а) Триста человек построены в 30
шеренг и 10 рядов. Из каждой шеренги
выбрали самого высокого человека, а из
этих 30 человек выбрали самого низкого.
Потом из каждого ряда выбрали самого
низкого человека, а из этих 10 человек —
самого высокого. Кто окажется выше:
самый высокий из низких, или самый низ-
кий из высоких?
б) Изменится ли ответ, если построить
людей не прямоугольником, а углом, как,
например, на рис. 1?
4.	Некоторое количество яблок нужно
разделить между двумя школьниками.
Известно, что первый будет доволен, если
ему достанется по крайней мере 2 яб-
р ,	лока, а второй, — получив не меньше
3 яблок.
Могут возникнуть 4 ситуации:
а)	первый доволен, второй недоволен
(+. -),
б)	первый недоволен, второй доволен
(-, +),
в)	оба довольны	(+, +),
г)	оба недовольны	(—, —).
Какие из этих возможностей могут пред-
представиться, если всего имеется:
1) 2 яблока; 2) 3 яблока; 3) 4 ябло-
яблока; 4) больше 5 яблок?
Рассмотрим несколько утверждений:
A.	Число п3 — п делится на 12.
B.	Сумма углов треугольника ABC
равна 180°.
C.	Уравнение ах2 -\-Ьх -\- с = 0 не
имеет вещественных решений.
D.	Число п четно и не делится на 4.
Условимся чертой над буквой обозна-
обозначать отрицание утверждения. Например,
10

А означает: «Число п3 — п не делится на
12», В — «Сумма углов треугольника
ABC не равна 180°», С — «Уравнение
ах2 -\- Ъх + с = 0 имеет хотя бы одно ве-
вещественное решение». Попробуйте са-
самостоятельно сформулировать утвержде-
утверждение D.
(Ответ. Число п нечетно или делится
на 4.)
Не всегда легко формулировать отри-
отрицание некоторого утверждения. Рассмо-
Рассмотрим пример.
Контрольная работа называется лег-
легкой, если на каждой парте найдется уче-
ученик, который решил все задачи.
Попробуем сказать, что называется
трудной (точнее говоря, нелегкой) кон-
контрольной.
Контрольная называется трудной,
если не на каждой парте найдется уче-
ученик, который бы решил все задачи.
Это значит, что
найдется парта, на которой нет уче-
ученика, который бы решил все задачи,
или
найдется парта, на которой каждый
ученик не решил хотя бы одну задачу.
Два утверждения называются экви-
эквивалентными, если всякий раз, когда верно
одно из них, верно и другое.
Покажем, например, что рассмотрен-
рассмотренные выше утверждения А и D эквива-
эквивалентны.
В самом деле, число п3 — п можно за-
записать в виде произведения трех после-
последовательных чисел п— 1, п, и-f- 1. Одно
из этих чисел делится на 3 и по крайней
мере одно четно. Поэтому произведение
всегда делится на 6. Посмотрим, когда
оно делится на 12 (т. е. когда верно ут-
утверждение А). Это возможно, либо когда
два сомножителя — четные числа, либо
11

когда единственный четный сомножитель
делится на 4.
Ясно, что числа п — 1 и п + 1 имеют
одинаковую четность. Поэтому два чет-
четных сомножителя бывают в случае не-
нечетного п, а один четный сомножитель —
в случае четного п. Значит, п3 — п де-
делится на 12, когда п либо нечетно, либо
делится на 4. Таким образом, А эквива-
эквивалентно D.
5.	Рассмотрим два определения легкой
контрольной:
а)	В каждом варианте каждую за-
задачу решил хотя бы один ученик.
б)	В каждом варианте хотя бы один
ученик решил все задачи.
Может ли контрольная быть легкой в
смысле определения а) и трудной в смы-
смысле определения б)?
6.	Какие из следующих утверждений
являются отрицаниями друг друга?
1)	В каждом классе хотя бы один
ученик —отличник.
2)	Ни в одном классе нет отличников.
3)	Есть класс, в котором нет отлични-
отличников.
4)	В одном из классов есть отличник.
Обычно математические теоремы фор-
формулируют в следующем виде:
Если А, то В,
где А и В означают какие-нибудь утвер-
утверждения. Утверждение А называется усло-
условием теоремы, а утверждение В — за-
заключением.
Например: «Если число п делится на 3,
то и сумма цифр числа п делится на 3».
Иногда теоремы формулируются по-
другому, например:
«Не существует наибольшего простого
числа» (Евклид).
Но на самом деле всякую теорему
можно заменить эквивалентной теоремой,
12

имеющей вид «Если А, то В». В теореме
Евклида это выглядит так:
Если р — простое число, то найдется
такое простое число q, что р <Cq.
Отметим, что сам Евклид свою тео-
теорему формулировал так: «Простых чисел
имеется больше, чем любое число их».
Это можно пересказать так: если ри ...
..., рп — любой конечный набор простых
чисел, то найдется простое число q, не
входящее в этот набор.
Предположим, что мы составили тео-
теорему: «Если А, то В». Назовем ее тео-
теоремой I или прямой теоремой. Тогда тео-
теорема II «Если В, то А» называется
обратной теоремой (в ней условие и за-
заключение поменялись местами). Теорема
III «Если А, то В» называется проти-
противоположной (по отношению к теоремеI).
Теорема IV «Если В, то А» является
противоположной обратной (и в то же
время обратной противоположной) к тео-
теореме I.
Напомним, что теорема считается вер-
верной, если ее заключение верно во всех
случаях, когда выполняется условие. Тео-
Теорема неверна, если найдется хотя бы
один случай, когда условие выполняется,
а заключение нет. Поэтому проверка од-
одного или нескольких частных случаев мо-
может оказаться достаточной, чтобы опро-
опровергнуть теорему. Но такая проверка
недостаточна для доказательства тео-
теоремы.
7. Какие из следующих теорем верны?
1)	Если каждое слагаемое делится на
7, то и сумма делится на 7.
2)	Если каждое слагаемое не делится
на 7, то и сумма не делится на 7.
3)	Если хотя бы одно слагаемое де-
делится на 7, то и сумма делится на 7.
4)	Если сумма делится на 7, то и каж-
каждое слагаемое делится на 7.
13
А

ШСОБЫТИЯШ
А -%-жЭъ идет
Д -?Ь*с9г, не
В - ymfi
В - у«Т" не ешрыТ
ИТЕОРЕМЫГ
5)	Если сумма не делится на 7, то и
каждое слагаемое не делится на 7.
6)	Если сумма не делится на 7, то
хотя бы одно слагаемое не делится на 7.
8. Дан треугольник со сторонами 5,
12, 13.
а)	Верно ли, что он прямоугольный?
б)	Следует ли это из теоремы Пифа-
Пифагора?
9°. а) Докажите, что для любой пря-
прямой теоремы I обратная теорема II и про-
противоположная теорема III эквивалентны
между собой.
б) Докажите, что всякая прямая тео-
теорема I эквивалентна обратной противо-
противоположной теореме IV.
10*. Пусть А и В означают какие-ни-
какие-нибудь два утверждения (рис. 2). Рассмот-
Рассмотрим восемь теорем:
1.	Если	А, то В.
2.	»	А, » В:
3.	»	А, » В.
4.	»	А, » В.
5.	Если В, то А.
6.	» В, » А.
7.	» В, » А.
8.	» В, » А.
Известно, что теорема 1 верна. Тре-
Требуется разбить остальные теоремы на
три группы: в первую группу отнести тео-
теоремы, которые заведомо верны, во вто-
вторую — теоремы, которые заведомо невер-
неверны, в третью — теоремы, которые могут
быть верными, а могут быть и неверными.
Условимся при этом не рассматривать в
качестве А и В утверждений, которые
всегда неверны, и утверждений, которые
всегда верны. (Например, «В треуголь-
треугольнике ABC все углы прямые» или «В тре-
треугольнике ABC три медианы пересекают-
пересекаются в одной точке».)
В следующих задачах используется
обозначение \х\ (читается «модуль икс»
или «абсолютная величина икс»). Оп-
14

ределяется величина \х\ следующим об-
образом:
1х, если х > О,
О, если х— О,
— х, если X < 0.
11.	Какие значения может принимать
1*1 -*
выражение J— ?
12.	Как записать без знака модуля
выражения:
а)
а»\;
\
б)	а — Ь\, если а > Ь\
в)	а — Ь\, если а < Ъ\
г)	—я|, если а отрицательно?
13.	Решить уравнения:
а)	* + 2|лс| = 3;
б)	х2 + 3|х| —4 = 0;
в)	|2*+1| + |2х— 1| = 2.
14.	Докажите неравенства:
а)
б)
в)
х + У
х — у
х — у
>
X
X
—
<\ —
У
У
-U
Выясните в каждом из этих случаев,
когда неравенство превращается в равен-
равенство.
15.	Верно ли, что существует такое
натуральное число и, для которого:
а) 1/1000 < 1,001?
б)* У"п< 1,001?
в)	Vn+\ — У~п< 0,1?
г)	Yn2-i-n — n<0,l?
16.	а)° Верно ли, что существует та-
такое число С, что при всех целых k выпол-
выполняется неравенство
h? - 2k + 1 I . ~>
15

б)* Верно ли, что для любого числа С
существует бесконечное множество целых
чисел /г, для, которых выполняется нера-
неравенство
k sin k > С?
17. а) Стороны прямоугольника изме-
измерены с точностью до 1 см. С какой точ-
точностью можно вычислить периметр и пло-
площадь прямоугольника?
б) Стороны прямоугольника измерены
с точностью до 1 % • С какой точностью
можно вычислить периметр и площадь
прямоугольника?
Будем говорить, что задана последо-
последовательность чисел
¦^1» -~2» " • ' » *п, • • • f
если каждому натуральному*) п постав-
поставлено в соответствие некоторое число хп.
Формула, задающая хп, называется
формулой общего члена последователь-
последовательности.
Например, последовательность
V, 4- % \Ь; TS; ...
можно задать формулой хп = п2, а по-
последовательность
-1; 1; -1; 1; -1; 1; ...
формулой х„ = (—1)п или- формулой
хп = cos nn. Конечно, не всякую последо-
последовательность можно задать алгебраиче-
алгебраической формулой. (В качестве примера при-
приведем последовательность
3; 1; 4; 1; 5; 9; 2; 6; 5; ...,
в которой член хп равен n-й цифре деся-
десятичной записи числа п.)
*) Натуральными называются целые положитель-
положительные числа.
16

18. Найти наибольший член следую-
следующих последовательностей:
б)	*„=¦
в)	хп=
100 +и2
1000" ^
19.	Найти наименьший член следую-
следующих последовательностей:
а)	хп = п2 — 5п + 1;
о) хп—п-\- п ,
в) xn=n + 5sin-y-.
Последовательность {хп} **) назы-
называется ограниченной, если существует та-
такое число С, что для любого номера п
выполняется неравенство |х„|^С
(рис. 3).
20.	Сформулируйте определение не-
неограниченной последовательности.
21.	Придумайте ограниченную после-
последовательность, которая
а\ мж&т ?
ший член;
б)	имеет наибольший, но не имеет
наименьшего члена;
в)	имеет наименьший, но не имеет
наибольшего члена;
г)	не имеет ни наименьшего, ни наи-
наибольшего члена.
Пусть дана бесконечная последова*
Тельность {хп}. Можно изображать члены
бтой последовательности точками на
числовой оси (при этом может ока»
ваться, конечно, что несколько членов
*) п\ — сокращенное обозначение произведения
1-2-3 ... и; по определению 1! = 1.
•*) Символом {хп} кратко обозначается последо-
последовательность Xi, X2, |;.| Хп, ,ц
g А. А. Кириллов ,	J7
Рис. 3.

*,-<¦«
V'V'VV"V
Рис. 4.
Н и
Рлс. 5.
последовательности попадут в одну и ту
же точку; например, в последовательно-
последовательности 1; 7г; 1; 7з; 1; У4; ... все члены с не-
нечетным номером попадут в точку 1).
Более удобно представлять себе по-
последовательность {хп} следующим обра-
образом: на плоскости с заданной системой
координат отметим точки:
A, х}), B, х2), C, х3)	(л, хп), ...
Это множество точек назовем графи-
графиком последовательности. Для наглядно-
наглядности можно соединить эти точки ломаной
линией (см. рис. 4). Ясно, что каждая по-
последовательность полностью определяет-
определяется своим графиком.
Все свойства последовательностей мо-
можно пересказать на языке графиков. На-
Например, если последовательность имеет
максимальный (или минимальный) член,
то это значит, что на графике этой по-
последовательности есть самая высокая
(или самая низкая) точка. Ограничен-
Ограниченность последовательности означает, что
ее график целиком лежит в некоторой
полосе, параллельной оси абсцисс (см.
рис. 5).
Будем говорить, что некоторое свой-
свойство выполняется для почти всей после-
последовательности, если оно выполняется для
всех членов этой последовательности, за
исключением, быть может, конечного чи-
числа членов.
18

Нужно ясно представлять себе значе-
значение слов «почти все члены последова-
последовательности».
Например, можно сказать, что почти
все члены последовательности	»
1, 2, 3, ..., п, ...
больше 1 000 000, однако неверно, что по-
почти все они четны.
22°. Пусть известно, что последова-
последовательность {х„} почти вся лежит в отрезке
[0,1]. Какие из следующих утверждений
всегда истинны, какие всегда ложны, а
какие могут быть и истинными и лож-
ложными?
а)	{хп} вся лежит в отрезке
[- 100, 100];
б)	{хп} почти вся лежит в отрезке
[0,2];
в)	{хп} почти вся лежит в отрезке
[0,5, 1,5];
г)	{хп} почти вся лежит в отрезке
[2,3]:
д)	в отрезке [2,3] лежит бесконечно
много членов последовательности;
е)	{хп} ограничена.
Предположим, что некоторое свойство
выполняется для почти всех членов по-
последовательности {Хп}. Тогда это свойство
не выполняется только для конечного чи-
числа ее членов. Пусть щ, п2, ..., nh — но-
номера этих членов, и пусть пр — наиболь-
наибольший из этих номеров. Тогда данное
свойство выполняется для всех членов по-
последовательности, начиная с члена с но-
номером пр + 1. Таким образом, сказать
«почти все члены последовательности
обладают каким-нибудь свойством» — это
все равно, что сказать «все члены после-
последовательности, начиная с некоторого но-
номера, обладают этим свойством».
23 . Докажите, что последователь-
Юл
ность хп = 2 , .- почти вся лежит в
2*
19

отрезке [—0,001; 0,001]. Укажите номер,
начиная с которого все члены последова-
последовательности лежат в заданном отрезке.
24. Существует ли такая последова-
последовательность целых чисел, что для любого
целого числа N верно утверждение: «по-
«почти все члены последовательности делят-
делятся на Л'»?
Рис. 6.
Назовем отрезок [а, Ь] на числовой оси
ловушкой для последовательности {хп},
если почти вся последовательность лежит
в этом отрезке. Назовем отрезок [а, Ь]
кормушкой для последовательности {хп},
если на этом отрезке лежит бесконечно
много членов последовательности.
25°. а) Докажите, что всякая ловуш-
ловушка является кормушкой.
б) Придумайте пример кормушки, ко-
которая не является ловушкой.
26. а)° Существует ли последователь-
последовательность, не имеющая ни одной кормушки?
! б) * Существует ли последователь-
последовательность, для которой всякий отрезок яв-
является кормушкой?
27°. Известно, что для некоторой по-
последовательности каждый из отрезков
[0,1] и [9, 10] является кормушкой.
Существует ли для этой последова-
последовательности
а)	ловушка длины 1?
б)	ловушка длины 9?
§ 2. Задачи, связанные с определением
предела
Рассмотрим график последовательно-
последовательности хп = — (см. рис. 6). Мы видим, что
этот график неограниченно приближается
к оси абсцисс, стремится к ней.
Слова «неограниченно приближается»
и «стремится» понятны каждому, пока
речь идет о наглядных свойствах гра-*
20

фика. Однако, чтобы использовать их в
математических рассуждениях и вычисле-
вычислениях, такого понимания недостаточно.
Мы должны точно сформулировать, что
означают эти выражения на языке чисел.
Это приводит нас к одному из самых
важных понятий, используемых в мате*
матнке, — к понятию предела.
Дадим сначала точное определение
предела в той форме, в какой оно обыч«
но встречается в учебниках.
Число а называется пределом после-
последовательности {хп}, если для любого по-
положительного числа е (греческая буква
«эпсилон») найдется такое число к, что
для всех номеров п, больших k, выпол-
выполняется неравенство
хп — а
е.
Тот факт, что число а является пре-
пределом последовательности {хп} записы-
записывают так:
lim х„= а
(читается: «предел хп при п, стремящем-
стремящемся к бесконечности, равен а»), или таш
Л"„—>-а при п—>оа
(читается: «хп стремится к а при п, стре-
стремящемся к бесконечности»).
Сделаем теперь несколько замечаний
по поводу определения предела.
1) Рассмотрим график последователь-
ности {хп}. Какое свойство этого гра-
фика выражается равенством lim х„= а?
П->°о
Проведем горизонтальную прямую х = а
и построим полоску ширины 2е, окру-
окружающую эту прямую (см. рис. 7). Нера-
Неравенство \хп— а|<Се означает, что точка
(л, хп) находится внутри построенной
полоски. Таким образом, если последова-
последовательность {хп} стремится к а, то почти
21
Рис. 7.

весь график последовательности лежит
внутри указанной полоски.
Так как в определении предела число
е может быть любым, сколь угодно ма-
малым, описанное свойство графика со-
сохраняется для любой, сколь угодно уз-
узкой полоски. Итак, определение предела
может быть пересказано следующим
образом.
Число а называется пределом после-
последовательности {хп}, если почти весь
график этой последовательности лежит
внутри сколь угодно узкой полоски, окру-
окружающей прямую х = а.
2)	Наглядное представление о пре-
пределе можно получить, если предполо-
предположить, что члены последовательности —
какие-то физические величины, и мы
можем измерить их только с определен-
определенной точностью, которую допускают наши
приборы.
Обозначим через е наименьшую вели-
величину, различаемую прибором. Неравен-
Неравенство \хп — а|<Се означает, что мы не
сможем отличить хп от а.
Таким образом, условие lim х„=а
означает, что при любой точности изме-
измерения последовательность {хп}, начиная
с некоторого места, не отличается от по-
постоянной последовательности а, а, а, ...
3)	В определении предела участвует
число k. Часто это число предполагают
натуральным. Мы не будем делать та-
такого предположения. Число k может у
нас быть любым действительным числом.
Это удобнее для доказательства суще-
существования предела (см., например, реше-
решение задачи 32) и в то же время не меняет
смысла определения. Можно было бы во-
вообще не вводить числа k, а сказать, что
неравенство | хп — а | < е выполняется
для почти всех членов последовательно-
последовательности (ср. замечание на стр. 19).
22

28. Даны последовательности:
11 п '
1
п2+ 1
б)хп =
г) A,n=logn2.
В каждом из этих случаев укажите
такое число k, чтобы при п > k выполня-
выполнялись неравенства:
A)	|*„|<1,
Б) \хп |< 0,001,
B)	|л:„|< 0,000001.
29°. а) Докажите, что если хп —*а при
п—юо, то любой отрезок с центром в
точке а является ловушкой для последо-
последовательности {Хп}.
б) Верно ли обратное утверждение?
30*. а) Докажите, что если хп—*а при
п—»оо, то каждый отрезок с центром в
точке а является кормушкой, а никакой
отрезок, не содержащий точки а, не яв-
является кормушкой для последовательно-
последовательности {*„}.
б) Известно, что для некоторой после-
последовательности {хп} любой отрезок с цент-
центром в точке а является кормушкой, а ни-
никакой отрезок, не содержащий точки а,
не является кормушкой. Можно ли ут-
утверждать, что хп—*а при п—>оо?
31°. Докажите, что если некоторый от-
отрезок является кормушкой для последо-
последовательности {хп}, то никакое число, лежа-
лежащее вне этого отрезка, не может быть
пределом последовательности {*„}.
32. Какие из следующих последова-
последовательностей имеют пределы?
2 ' 3 ' 4 ' ••• ' п
? ' "9" * 7"' " " ' 3й » • • • »
23

3/2 = х
Vt =
9* з
о = *
-Vs =
-1
Рис 6
в)	1; 1 + у! 1+| +
г)	1; 2; 3; 4; ...;
д)	1; 1; 1; 1; ...; 1;
еH; 1;0,у; 0; 1; .
• ~г 2^-i > • •
¦J
; u, —; • • • \
ж)	0,2; 0,22; 0,222; .... 0,22 ... 2; ...
з)	sin 1°; sin2°; sin3°; ...; sinn°; ...;
. cos 1° cos 2° cos 3°	cos n°
кH, i-j; -|;...; (-l)j
(рис. 8).
33. Могут ли два разных числа быть
пределами одной и той же последова-
последовательности?
34°. Число а называется предельной
точкой последовательности {хп}, если для
любого положительного числа е и любого
числа k найдется такой номер
n>k,
для которого выполняется неравенство
| хп — а |< е.
а)	Докажите, что если а — предельная
точка последовательности {л-'n}, то любой
отрезок с центром в точке а является
кормушкой для последовательности {хп}„
б)	Докажите обратную теорему.
35°. Докажите, что предел последова-
последовательности (если он существует) является
предельной точкой.
36°. Для каждой из следующих после-
последовательностей укажите все ее предель»
ные точки:
a) v -Я+1.
V х
б) *„=(-!)*;

в)	хп= sinrtc;
г)	лг„ = п<-»";
Д) хп = п;
^ 1. ±\ 1. 1. 1. А-
' 2 ' 3' 3' 4 ' 4 ' 4'"*
37.	а) Докажите, что если последова*
тельность имеет предел, то она ограни-
ограничена.
б) Верно ли обратное утверждение?
38.	Говорят, что последовательность
{хп} стремится к бесконечности (это запи-
записывают так: «х„-*оо при п—»оо»), если
для любого числа С найдется такое чи-
число k, что для всех номеров п > k вы-
выполняется неравенство (рис. 9)
\хп I > С.
Отметим, что последовательность,
стремящаяся к бесконечности,* не имеет
предела в смысле определения, данного
в начале этого параграфа.
Какие из следующих последователь-
последовательностей стремятся к бесконечности и ка-
какие не ограничены:
а)	хп = п;
б)	*п=п-(-1)";
о) Хп = W	,
i n при п четном,
г) х„=\ ,_
,-
[ у п при п нечетном;
100/г
39*. Рассмотрим следующие 16 усло-
условий (буква «л» означает «для любого»,
буква «н» — найдется такое..., что»):
1.
2.
3.
4.
5.
н
н
н
н
н
е
е
е
е
е
>
>
>
>
>
0
0
0
0
0
н
н
н
н
л
k
k
k
k
k
H
H
л
л
н
n
n
n
n
n
>
>
>
>
>
k
k
k
k
k
xn — a
xn — a
xn — a
xn — a
xn — a
К
к
К
e.
e.
e.
e.
23
¦ С

6. н
7. н
8. н
9. л
10. л
11. л
12. л
13. л
14. л
15. л
16. л
е
е
в
е
е
е
е
е
е
е
е
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
0
л
л
л
н
н
н
н
л
л
л
л
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
H
л
л
н
н
л
л
н
н
л
л
п
п
п
п
п
п
п
п
п
п
п
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
>
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
k
Xn
xn
Xn
Xn
Xn
Xn
Xn
Xn
Xn
— a
-a
— a
— a
— a
— a
— a
-a
— a
— a
— a
<
<
<
<
<
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
e
Какие из этих условий выражают уже
знакомые вам свойства последовательно-
последовательностей (быть ограниченной, иметь число а
пределом, иметь число а предельной точ-
точкой, стремиться к бесконечности) или от-
отрицания 5?ГИХ СВОЙСТВ?
40*. Рассмотрим следующие пять
свойств последовательностей: 1) тожде-
тождественно равняться а, 2) иметь число а
пределом, 3) иметь число а предельной
точкой, 4) быть ограниченной, 5) стре-
стремиться к бесконечности.
Каждую последовательность можно
охарактеризовать набором из пяти зна-
знаков плюс или минус. Например, набор
— j-J- + -\	означает, что последователь-
последовательность обладает свойствами 2, 3, 4 и не
обладает свойствами 1, 5. Некоторые на-
наборы не имеют смысла (так, набор + +
+ +.+: если последовательность обла-
обладает свойством 1, она не может обладать
свойством 5).
а)	Укажите все наборы, имеющие
смысл. Для каждого из них постройте
последовательность, характеризуемую
этим набором.
б)	Докажите, что остальные наборы
не имеют смысла.
41°. Докажите, что если последова-
последовательность имеет предел, то в ней есть или
?6

наибольший член, или наименьший член,
или и тот и другой. Приведите примеры
всех трех случаев.
Последовательность {*„} называется
монотонной, если выполняется одно из
следующих условий:
1)	х, < х2
2)	хх ^ х2
В первом случае последовательность
называют неубывающей, во втором слу-
случае — невозрастающей.
42°. Докажите, что из любой бесконеч-
бесконечной последовательности можно выбрать
бесконечную монотонную подпоследова-
подпоследовательность.
43. Пусть а — бесконечная десятичная
дробь. Рассмотрим последовательность
{хп}, в которой член хп равен n-й цифре
после запятой в десятичной записи числа
а. Докажите, что если {хп} монотонна, то
а — рациональное число.
В теории пределов очень важно одно
свойство вещественных чисел, которое
обычно принимают за аксиому.
Аксиома Больцано — Вейер-
шт р а с с а:
Всякая монотонная ограниченная по-
последовательность имеет предел.
Эта аксиома отражает свойство пол-
полноты совокупности вещественных чисел.
Образно говоря, она состоит в том, что
на числовой оси нет «проколов» и «ды-
«дырок».
В курсе математического анализа до-
доказывается, что аксиома Больцано—¦
Вейерштрасса равносильна каждому из
следующих утверждений.
1. Если на числовой оси построена
бесконечная последовательность отрез-
отрезков, так что каждый следующий отрезок
лежит внутри предыдущего, то все эти
27

отрезки имеют по крайней мере одну об-
общую точку.
2. Всякое вещественное число можно
записать в виде бесконечной (периодиче-
(периодической или непериодической) десятичной
дроби, и каждой такой дроби соответ-
соответствует некоторое вещественное число.
Если одно из этих утверждений при-
принять за аксиому, то второе утверждение и
аксиома Больцано — Вейерштрасса ста-
станут теоремами, которые можно доказать.
Аксиома Больцано — Вейерштрасса
обеспечивает только существование пре-
предела и ничего не говорит о его величине.
Однако иногда достаточно знать, что пре-
предел существует, чтобы его найти. Вот
пример.
Рассмотрим последовательность
х1 *= VI, х2 = V2J/2, хг =
Для этой последовательности справед-
справедливо равенство
Если последовательность {хп} имеет
предел а, то левая часть равенства стре-
стремится к а2, а правая — к 1а. Мы получаем
равенство а2=2а, откуда а=0 или с=2.
Проверьте самостоятельно, что число
О не является пределом последовательно-
последовательности {хп}. Значит, если предел существует,
то он равен 2.
Для доказательства существования
применим аксиому Больцано — Вейер-
Вейерштрасса. В самом деле, можно доказать
по индукции, что при любом п
хп < хп+1 < 2.
Поэтому последовательность {а:п} мо-
монотонна и ограниченна.
Рассмотрим еще один пример:
*i = l, х2=\ — I, х3= 1 — 1 + 1,
28

Ясно, что для этой последовательности
выполняется равенство
Хп+\ = 1 Хп.
Обозначим предел последовательно-
последовательности {хп} через а. Тогда должно выпол-
выполняться равенство а = 1 — а, откуда а =
На самом деле, конечно, число 1/2 не
является пределом {хп} (убедитесь в этом
самостоятельно, положив е = 7г в опре-
определении предела). Неверный ответ полу-
получился здесь потому, что мы «вычислили»
предел, еще не зная, существует ли он.
Равенство а = '/г правильно понимать
так: если lim xn существует, то он ра-
вен '/г-
44. Последовательность {хп} строится
по следующему закону:
Х1 = /г, Х2 = Х1 АГр Х3 = Х% Х2г
хА = х3 Xj, ...
Докажите, что limxn существует, и
П->оо
найдите его.
45*. Докажите, что аксиома Больца-
но—: Вейерштрасса не выполняется, если
рассматривать только рациональные чи-
числа (т. е. существуют монотонные ограч
ничейные последовательности рациональ-
рациональных чисел, которые не имеют рациональ-
рационального предела).
46е. Докажите, что всякая ограничен-
ограниченная последовательность имеет хотя бы
одну предельную точку.
47°. Известно, что последовательность
{хп} имеет предел а, а последователь-
последовательность {уп} — предел Ъ. Верно ли, что
имеют предел следующие последователь-
последовательности:
а) {хп + УпУ, б) {хп — уп}\
в)

С „ 4
Рис. 10.
48.	Известно, что последовательность
{хп} имеет предел, а последовательность
{Уп} — не имеет.
Имеют ли пределы последователь-
последовательности
а) {хп + уп}; б) {*„•//„}?
49.	Известно, что последовательности
{хп} и {уп} не имеют предела. Могут ли
иметь предел последовательности
а) {хп + Уп}: б) {*„•#„}?
50.	(«Теорема о двух мили-
милиционера х») Известно, что последова-
последовательность [хп} заключена между после-
последовательностями {уп} и {г„}, т. е. при
всех п выполняется неравенство уп ^
^ хп ^ zn (рис. 10). Докажите, что если
последовательности {уп} и {?„} имеют
один и тот же предел а, то и последова-
последовательность [Хп] стремится к а.
Сумма бесконечного ряда чисел опре-
определяется следующим образом. Пусть дан
ряд
I	]	|	¦	|
t*l ~*|~ ?*2 ~\ С*з ~*г~ • • • ~*|~ &п ~у~ • • ¦
Обозначим через Sn сумму первых п сла-
слагаемых этого ряда (ее называют п-й час
тинной суммой ряда). Если последова-
последовательность {Sn} имеет предел S, то число
S называют суммой данного ряда. Сам
ряд в этом случае называется сходящим-
сходящимся. Если же последовательность Sn не
имеет предела, то говорят, что заданный
ряд расходится и не приписывают ему ни-
никакой суммы.
51°. Доказать, что следующие ряды
сходятся:
а) 1~Го"т~'~ ••• + пп—1 ~г • • •".
в) 1-
+ 1--L +
80
^ 2п- 1 ¦

52°. Докажите, что если ряд
«1 + «2 + • • • + ап + ...
53*. Пусть {«„}— убывающая после- ', ;]//:¦
довательность положительных чисел. До- Q- a."!« ''A-"
кажите, что ряд
Я1 + а2 + а3+ ... +ап+ ...
сходится тогда и только тогда, когда схо-
сходится ряд (рис. 11):
с, + 2а2 + 4а4 + 8а8 + ...
il'l
2"-1
a2n-i
54*. При каких вещественных р схо-
сходится ряд
1 +	+	+	++	?
§ 3. Задачи на вычисление пределов
При вычислении пределов последова-
последовательностей часто используются следую-
следующие формулы (доказательства их см. в
решений задачи 47).
Если lim xn = a и lim yn^b, Tot
п-+оо	П->оо
1.	lim (хп + уп) = а + Ъ\
2.	lim (xn — Уп) = а — Ь;
3.	lim (хп ¦ уп) = аЪ\
4.	lim (— )==-?¦ при Ь=^=0.
п->со\ Уп/	О
Обратите внимание на то, что эти
формулы можно применять только в том
случае, когда существуют пределы после-
последовательностей {хп} и {#„}.
81
Рис. 11

55. Найдите ошибку в следующих рас-
рассуждениях:
а)	Рассмотрим последовательность
л:„ = —	. С одной стороны,
lim хп = lim B	)==2.
с другой стороны,
lim Bи— 1)
lim v — "-*°°	— ^2.^1
11111 Л* ц	¦	f_	¦	X ¦
„->оо	lim «	°°
п->оо
Отсюда 2 = 1!?
б)	Рассмотрим последовательность
*„«= 1.
С одной стороны, очевидно,
lim х„=1.
С другой стороны, хп = (п + 1) — пи
lim лг„ == lim (п + 1)— lim п = с» —. оо=0.
П->оо	п->оо	п->оо
Мы получили равенство 1 = 01?
в)	Рассмотрим последовательность
хп —	. С одной стороны,
lim хя= Ит fl —-!.)=. 1.
С другой стороны,
lim xn— lim (п — 1) • lim — w
n->oo	n->oo	n->oo ft
¦= lim (n— l)-0 = 0.
n->oo
Отсюда 0=1!?
56.° Докажите, что если последова-
последовательность {лг„} стремится к бесконечно*
сти, а последовательность {уп} имеет ко^
нечный предел а, то:	¦
а)	последовательность {xn-fyn} стрв-
мится к бесконечности;
б)	последовательность \^\ стре-
стремится к нулю.
S2

в) Что можно сказать о последова-
последовательности {хп-уп}?
57. Придумайте последовательности
{хп} и {уп}, для которых
Птлг„=0, lim г/„=0
П->оо	Я->оо
И такие, что:
б)
-^"- —>0 при п->оо;
• 1 ПрИ П-> оо;
Уп
	>• ОО ПрИ П-
Уп	*
г) последовательность < — > не стре-
I Уп У
мится к бесконечности и не имеет конеч-
конечного предела.
58. Найти пределы поеледовательно-
етей:
. 	 2га + 1 -.. 	 Юга
*> *"¦— Зга-5 '' 0) Хп~~ га2 + 1
В) Х„ = -
га (га+ 2)
Г) Х„ =
2я-1
¦ 1)(га + 3) ' ' л" 2П+ 1 '
59°. Найти предел последовательности
1
/1 fe I C\k I OB I	I 	k\
[k — фиксированное натуральное число).
Эта последовательность имеет сле-
следующий геометрический смысл. Рассмот-
Рассмотрим часть плоскости, ограниченную гра-
графиком функции у = xh, осью Ох и прямой
х = Г. Разобьем отрезок [0, 1] на оси Ох
на п равных частей и построим на каж-
каждой части прямоугольник так, чтобы пра-
правая верхняя вершина лежала на гра-
графике нашей функции (рис. 12). Сумма
площадей всех построенных прямоуголь-
прямоугольников равна как раз величине
га
Предел этой величины при п —> оо, по оп-
определению, называется площадью рас-
рассматриваемой криволинейной фигуры.
g А. А. Кириллов	33
?
Рис. 12.

60. Доказать, что
61°. Известно, что lim хп = 1 и хп
п-> оо	"
Найдите предел последовательности
2	1
62°. Доказать, что lim -^- = 0.
63°. Доказать, что lim \= 0 при а > 1.
ге->ооа
64*. Доказать, что lim -^Ш = 0.
«->оо П
п _
65*. Найти lim Yn.
n->oo
66*. а) Докажите, что для любого
положительного а последовательность
п _
Xnz=n(Ya~l) имеет предел.
п
б) Обозначим lim п (\/ а — l) через / (а).
П->оо
Докажите, что
ЦаЬ)=1(а)
для любых положительных а и Ъ и лю-
любых вещественных р.
Утверждения задачи 666) показы-
показывают, что выражение 1(а) ведет себя как
логарифм числа а. В самом деле, при
любом основании с справедливы тожде-
тождества
logc (ab) = logc (a) + logc (b),
logc (ap) = p logc (a).
Оказывается, это сходство не случайно.
67°. а) Докажите, что отношение .
не зависит от а и, следовательно, равно
некоторой постоянной М.
б) Докажите, что постоянная М от-
отлична от нуля.
34

в) Докажите, что существует та кое по-
положительное число е, что l(a) =loge(a).
Число е, о котором говорится в зада-
задаче 67, встречается почти во всех областях
математики. О нем можно было бы напи-
написать целую книгу (и такие книги уже су-
существуют). Здесь мы не будем говорить о
нем более подробно. Отметим только, что
первые в истории математики логариф-
логарифмы, изобретенные Непером и независимо
от него Бюрги, имели в качестве основа-
основания число е*). Такие логарифмы назы-
называются натуральными и обозначаются 1п а.
Постоянная М, о которой шла речь выше,
равна In 10 = 2,302585..., а само число е
равно 2,718 281828.... Приведем еще два
выражения для числа е, позволяющие
вычислить его с любой точностью:
_! I	L_i_J_4- —_(_ _i_ '
68°. Пусть р — любое число, отличное
от нуля. Назовем средним р-го порядка
двух положительных чисел а и Ъ выра-
р
/ аР Л. f)P
жение у —^	• Мы будем обозна-
обозначать это среднее через Sp(a, Ъ).
В частности, мы получаем
Si (а, Ь) = ^Цт- (среднее арифметическое),
(среднее квадратическое),
1	2аЬ
(
(среднее гармоническое).
*) Точнее, один из изобретателей — швейцарец
Бюрги A552—1632)—в качестве основания
фактически использовал число A,0001)mm,
очень близкое к е. Другой — шотландец
Непер A550—1617) —использовал число
(]	\ 10000000
0.9999999J	' КОТОрОе еЩе блИЖе К е'
3*	35

1
**
А
,0,7)
/
-2-1 0 12
Рис. 13.
На рис. 13 мы изобразили график
Sp(a, b) при а = 1, Ъ = 7.
а)	Докажите, что среднее Sp(a, 6)
любого порядка заключено между числа-
числами а и Ь.
б)	Докажите неравенства
S2(a, Ъ) ^ St(а, Ъ) ^ S-i(a, Ь) ^
^5_2(а, Ь).
Найти пределы последовательно-
последовательно= Sn(a, Ъ);
= Sitn(a, Ъ)
69°
стей:
а)
б)
в)
к(числа а и b фиксированы).
70*. В п конвертов с адресами на-
наудачу вкладываются п писем.
а)	Какова вероятность того, что ни
одно письмо не дойдет до адресата?
б)	Докажите, что эта вероятность
имеет предел при п->оо.
(Вероятностью события мы называем
отношение числа благоприятных исходов,
т. е. исходов, в которых событие происхо-
происходит, к числу всех возможных исходов.
В нашем случае число всех исходов рав-
равно числу всех способов размещения пи-
писем по конвертам, которое равно я! =
= 1-2-3...п. Обозначим через ап число
способов, при которых ни одно письмо
не попадает в свой конверт. Тогда иско-
искомую вероятность можно записать в ви-
ви7Г-)
До сих пор мы говорили о пределах
числовых последовательностей. Но с по-
помощью чисел можно задавать различные
геометрические объекты. Например, на-
направление прямой линии на плоскости
можно задать угловым коэффициентом;
точку на прямой* линии и на плоскости
можно задавать ее координатами и т. д.
36

Во всех случаях, когда термины «пре-
«предел» или «стремится» применяются к по-
последовательности геометрических объек-
объектов, имеются в виду числовые последова-
последовательности, характеризующие эти объек-
объекты. Так, например, выражение «последо-
«последовательность точек Мп на плоскости стре-
стремится к точке М» надо понимать в том
смысле, что координаты точек Мп стре-
стремятся к соответствующим координатам
точки М.
71°. Улитка ползет по линиям клетча-
клетчатой бумаги, передвигаясь за первый шаг
на одну клетку вправо, за второй—на
одну клетку вверх, за третий — на одну
клетку вправо, за четвертый — на одну
клетку вверх и т. д. (рис. 14). Вторая
улитка сидит на месте и наблюдает за
первой в подзорную трубу. Будет ли
направление подзорной трубы стремить-
ся к пределу, если первая улитка будет
продолжать двигаться описанным обра-
образом?
72°. Как изменится ответ предыдущей
задачи, если улитка будет двигаться сле-
следующим образом:
а)	1 клетку вправо, 2 клетки вверх, 1
клетку вправо, 2 клетки вверх и т. д.?
б)	1 клетку вправо, 2 клетки вверх,
3	клетки вправо, 4 клетки вверх, 5 кле-
клеток вправо, 6 клеток вверх и т. д.?
в)	1 клетку вправо, 2 клетки вверх,
4	клетки вправо, 8 клеток вверх, 16 кле-
клеток вправо, 32 клетки вверх и т. д.
(рис. 15).
73. На параболе, которая является
графиком функции у = х2, берется точка
Ло с абсциссой а и последовательность
точек Л„ с абсциссами а + 1/п. Обозна-
Обозначим через М„ точку пересечения оси Ох
с секущей, проведенной через точки Ло и
Ап. Докажите, что последовательность
точек Мп имеет предел при п ~* оо, и най-
найдите этот предел.
37 -
Рис. 14.
Рис. 15.

\
Рис. 16.
Рис. 17.
Пусть Мо — предел последовательно-
последовательности точек Мп. Прямая AqM0 называется
касательной к параболе в точке Ао.
74.	Мальчик Петя вышел из дому и
пошел в школу. Пройдя половину пути,
он решил, что лучше пойти в кино, и свер-.
нул к кинотеатру. Когда он прошел по-
половину пути, ему захотелось покататься
на коньках и он повернул к катку. Прой-
Пройдя половину пути до катка, он подумал,
что нужно все-таки учиться, и повернул
к школе. Но на половине пути к школе
он снова свернул к кинотеатру (рис. 16).
Куда придет мальчик Петя, если он бу-
будет идти таким образом?
75.	Последовательность Мп точек на
прямой строится по следующему закону.
Первые две точки, М\ и М2, берутся про-
произвольно, а каждая следующая точка яв-
является серединой отрезка, соединяющего
две предыдущие точки. Доказать, что су-
существует предел последовательности Мп
и найти его.
76°. Найти суммы:
а)	Н
б)	а-
в)	-L+ _!_ + _!_
' l-2~2-3"r3-4'
.11
Г' 1-2-3 + 2-3-4 Н
,.. +па"+ ...;
1
... +
¦+...;
П(и+1)(и-
¦+...;
дГ
1 . 1
77 *. Имеется неограниченное количе-
количество одинаковых кирпичей в форме пря-
прямоугольного параллелепипеда. Кирпичи
кладутся друг на друга с некоторым сдви-
сдвигом так, чтобы они не падали (рис. 17).
Какой длины «крышу» можно таким об-
образом получить?
38

78°. Доказать, что последовательность
2; 2 + i-;
1 ' г
2 +
1
имеет предел, и найти его.
79°. Для вычисления квадратного кор-
корня из положительного числа а можно
пользоваться следующим методом после-
последовательных приближений. Возьмите
произвольное число х0 и постройте после-
последовательность по такому закону:
а) Докажите, что
Ит	[ /апри*0>0,
-3- У а при лг0 < 0.
(Знаком У а мы обозначаем арифметиче-
арифметический корень из а.)
б) Сколько понадобится последова-
последовательных приближений (т. е. сколько чле-
членов последовательности {лг„} нужно вы-
числить, чтобы найти значение У10 с
Точностью до 0,00001, если в качестве на-
начального значения взять х0 = 3?
80 **. На стол кладутся спички, так
что вторая спичка перпендикулярна к Пер-
Первой, а каждая следующая перпендику-
перпендикулярна к линии, соединяющей ее начало с
началом первой спички (рис. 18). Полу-
Получается развертывающаяся спираль.
а)	Сколько оборотов сделает эта спи-
спираль около начальной точки?
б)	Каково расстояние между двумя
последовательными витками спирали?
Рис. 18.

КОНТРОЛЬНЫЕ ЗАДАЧИ
1.	С какой точностью нужно измерить длину экватора,
чтобы вычислить объем Земли с точностью до 1 км3 (считая
Землю идеальным шаром, радиус которого равен 6400 км)}
2.	Даны последовательности:
а) Г, 1/2, 1/3	1/п, ...;
u/1>^'i 91 2* 3' 3 ' ''' ' п ' п ' ''
в/ 1 > 1) > "> ~? i • • •» 2ге 1, -^-.
Укажите, у каких из них почти все члены лежат в отрезке
[-1 1]?
3.	Известно, что последовательность {лг„} стремится к
нулю.
а)	Могут ли в этой последовательности быть члены,
большие 1000 000?
б)	Могут ли все члены последовательности быть отрица-
отрицательными?
в)	Могут ли все члены последовательности быть больше
0,000001?
4 Докажите, что число 1 не является пределом последо-
последовательности
*B=(-V + n-«.
5. Известно, что lim хп = 1. Найти пределы последова-
тельностен
,	2х„-1 . л. „ 4 + *п ~ 2
4
' б)^"= Xn-i
40

в) ц„ = ¦
Д) Уп = —	^
хп —
6. Найти пределы:
+xkn-k
2"+ 6"
7. Найти пределы последовательностей!
а)	хп=у 6 + г 6 + .,, + V§ (n знаков квадратного
корня);
в) х1={1 -1/4)A-1/9)A — 1/16) — A — 1/(« + IJ).
8.	Последовательность {хп} строится по следующему зд-<
кону: первый член выбирается произвольно, а каждый сле-
следующий выражается через предыдущий по формуле xn+i =*
= ахп + 1. При каких вещественных а последовательность
{хп} имеет предел?
9.	На графике функции у = х2 рассмотрим точки Ап и
Вп с абсциссами —1/и и .+1/и соответственно. Пусть Мп —
центр окружности, проведенной через точки Ап, Вп и начало
координат (рис. 19). Докажите, что последовательность то-
точек {Мп} имеет предел и найдите его.
10.	Известно, что последовательности {хп} и {уп} имеют
предел. Составим последовательность: х\\ ух х2; у2; ...; хп\
уп; ... Имеет ли эта последовательность предел?
11.	а) Известно, что последователь-	и
ность {хп} имеет предел. Докажите, что
последовательность уп = хп+\ — хп стре-
стремится к нулю.
б)	Верно ли обратное?
12.	Найти сумму:
21
31
41
ел 1 ¦ 5 19
' 6 "т" 36 "т" 216

РЕШЕНИЯ
1.	Если за сутки не было ни одного дождя, оба школь-
школьника поставят оценки +. Если все время шел дождь, то
оба поставят —. Если утром шел дождь, а днем и вечером
было сухо, то первый поставит —, а второй +.
Случай Ч	невозможен, потому что первый школьник
ставит + только в том случае, если дождя не было ни
разу. Но тогда и второй школьник должен поставить +.
2.	Первый способ. Если первый школьник поста-
поставил ,+, это значит, что дождя не было ни разу. Тогда
остальные два тоже поставят J-J-- Общая оценка будет
?+ + +. Если первый поставил —, а третий +, это значит,
что дождь шел ровно один раз из трех. В этом случае вто-
второй школьник должен поставить "+• Общая оценка будет
<—'+.+• Если же первый и третий поставят —, это значит,
что дождь шел или 2 раза из трех, или все 3 раза. В пер-
первом случае второй школьник поставит +, во втором слу-
случае —. Общая оценка будет	1	или	. Так как
мы разобрали все возможные случаи, других оценок встре-
встретиться не может.
Второй способ. Дождь может идти 0, 1, 2 или 3
раза. Ответ очевиден из таблицы:
^^¦«^^ Сколько раз шел
~«^^^ дождь
Оценки ""-^_^
1-Й ШКОЛЬНИК
2-Й ШКОЛЬНИК
3-й школьник
0
+
+
+
1
•
+
+
2
+
3
—
42

I* • ? •_ •__
Рис. 20.
3. а) Пусть Л — самый низкий среди высоких, Б — са-
самый высокий из низких. Сравним их с В —человеком, ко-
который стоит в той же шеренге, что и А, и в том же ряду,
что и Б. Поскольку А — самый высокий в своей шеренге, то
он выше В, а так как Б — самый низкий в своем ряду, то
он ниже В. Значит, А выше Б.
б) Рассмотрим два расположения (рис. 20).
Если на заштрихованные места поставить людей более
высокого роста по сравнению с остальными, то в первом
случае самый низкий из высоких окажется ниже, а во вто-
втором случае — выше, чем самый высокий из низких (про-
(проверьте!).
Подумайте, почему в первом из этих случаев нельзя
применить те же рассуждения, что и в решении задачи а).
5. Предположим, что каждый школьник решил только
одну задачу, но так, что каждая задача была кем-нибудь
решена. В этом случае контрольная будет трудной в смы-
смысле б) и легкой в смысле а).
7.	Примеры 3 + 4 = 7, 2 + 7 = 9 показывают, что тео-
теоремы 2, 3, 4, 5 неверны. Теорема 1 очевидна. Теорема 6
легко доказывается от противного.
8.	а) Рассмотрим угол, лежащий против стороны 13.
Если бы этот угол был острый, то по теореме о стороне,
лежащей против острого угла, выполнялось бы неравенство
132< 122 + 52.
Если бы этот угол был тупой, то по теореме о стороне, ле-
лежащей против тупого угла, выполнялось бы неравенство
132> 122 + 52.
Но оба эти неравенства не выполняются, .так как
132 = 169 = 144 + 25 = 122 + 52.
Поэтому рассматриваемый угол не может быть ни
острым, ни тупым. Значит, он прямой.
43

б) Теорема Пифагора относится к прямоугольным тре-
треугольникам, а мы еще не знаем, будет ли наш треугольник
прямоугольным. Поэтому теорему Пифагора применять
нельзя.
Некоторые школьники рассуждают так. Будем доказы-
доказывать от противного. Если наш треугольник не прямоуголь-
прямоугольный, то утверждение теоремы Пифагора не выполняется и
должно быть неравенство 132 ф 122 + 52. Но это неверно.
Значит, треугольник прямоугольный.
Дело в том, что утверждение, набранное курсивом, не
следует из теоремы Пифагора. Ведь теорема Пифагора от-
относится к прямоугольным треугольникам и ничего не ут-
утверждает относительно других треугольников. Таким обра-
образом, приведенное выше рассуждение использует не теорему
Пифагора, а другие теоремы, относящиеся к непрямоуголь-
непрямоугольным треугольникам.
9.	а) Пусть теорема I имеет вид «Если А, то В». Тогда
теорема II выглядит так: «Если В, то А», а теорема III
так: «Если А, то В»" Проверим эквивалентность теорем II
и III методом от противного. Для этого предположим, что
одна из этих теорем верна, а другая — нет. Пусть, напри-
например, неверна теорема III. Это значит, что в некотором слу-
случае условие теоремы III выполняется, а заключение не вы-
выполняется. Таким образом, в этом случае верно А и не-
неверно В. Но А — это отрицание А, а В — отрицание В.
Значит, в рассматриваемом случае А неверно, а В верно.
Это противоречит теореме II: «Если В, то А».
Итак, предположение о том, что теорема III неверна, а
теорема II верна, привело нас к противоречию.
Аналогично разбирается случай, когда теорема II пред-
предполагается неверной, а III — верной.
б) Можно рассуждать так же, как в решении задачи а).
Другой способ — воспользоваться тем, что задача а) уже
решена, и свести задачу б) к задаче а). Это можно сделать
так. Будем в качестве прямой теоремы рассматривать тео-
теорему II. «Если В, то А». По отношению к ней теорема I
«Если А, то В» является обратной; а теорема IV «Если В,
то А» — противоположной. Но мы уже знаем из решения
задачи а), что обратная и противоположная теорема экви-
эквивалентны. Значит, теоремы I и IV эквивалентны.
10.	Теорему 8 легко доказать от противного (если верна
теорема 1). В самом деле, пусть теорема 8 неверна. Это
44

значит, что из В не следует А,
т. е. возможен случай, когда
выполняется В и не выполняет-
выполняется А. Но это означает, что не"
выполняется В и выполняет-
выполняется А. По теореме 1 это невоз-	Рис- 21-
можно.
Для теорем 4 и 5 можно подобрать и такие примеру
утверждений А и В, для которых эти теоремы верны, и та*
кие, для которых они неверны. Наиболее наглядные при*
меры можно построить так. Пусть М- и 33— два множества
точек на плоскости. В качестве А возьмем утверждение
«точка М принадлежит множеству s?», а в качестве В —¦
утверждение «точка М принадлежит множеству 33». Тогда
теорема 1 означает, что множество М целиком содержится
в множестве 3i\ теорема 2, что дополнение к М содержится
в 38*); теорема 3, что М содержится в дополнении к 3$,
и т. д.
Сформулируйте самостоятельно остальные теоремы И
нарисуйте примеры множеств st и ЗИ, для которых эти
теоремы верны, и примеры, для которых они неверны.
Нужные нам примеры получаются из рассмотрения
рис. 21.
Разберите эти случаи самостоятельно и убедитесь, что
теоремы 4 и 5 могут быть и верными, и неверными.
Разумеется, можно было бы привести и другие примерь!
(например,,теоремы 1 и 6 из задачи 7 или знакомые вам
теоремы из'геометрии и алгебры).
Докажем теперь, что теоремы 2, 3, 6 и 7 неверны.
Если бы теорема 2 была верна, то мы имели бы следую*
щую схему:
д теорема 1 п теорема 2 "ТГ
(если А верно, то В верно по теореме 1, если А неверно, то
В верно по теореме 2). Таким образом, утверждение В
должно быть верным всегда, а мы условились такие утвер-
утверждения не рассматривать.
Если теорема 3 верна, то
г> теорема 1 » теорема 3 &
*) Дополнением к некоторому множеству st на плоскости называется
совокупность всех точек плоскости, не входящих в sf. Например,
дополнением к верхней полуплоскости (включая ось Ох) будет ниж-
нижняя полуплоскость -(не включая точек оси Ох),
43

Значит, если в каком-нибудь случае утверждение А верно,
то верны два противоречащих» друг другу утверждения В
и В, что невозможно. Итак, А всегда неверно. Но такие
утверждения мы не рассматриваем.
Если верна теорема 6, то
о теорема 6 ? д теорема 1 ^ „
Мы видим, что из того, что утверждение В неверно, сле-
следует, что оно верно. Это может быть только в том случае,
когда В верно всегда.
Если верна теорема 7, то
д теорема 1 ¦, теорема 7 д
'Другими словами, из того, что А верно, следует, что А не-
неверно. Значит, А всегда неверна
13.	а) Пусть сначала х ^ 0. Тогда \х\ = х и мы полу-
получаем уравнение За: = 3, откуда х = 1. Пусть теперь х ^ 0;
тогда | jc] =—х и мы получаем уравнение —х = 3, от-
откуда х = — 3.
Итак, х\ = 1, х2 = —3.
б)	Для аг^-0 получаем уравнение х2 + 3х — 4 = 0, от-
откуда х\ — 1, х2 = — 4. Условно х ^ 0 удовлетворяет только
первый корень.
Для х *С 0 получаем уравнение х2 — Зх — 4 = 0, откуда
Х\ = — 1, х2 = 4. Условию х ^ 0 удовлетворяет только
первый корень.
Итак, xi = 1, х2 = — 1.
в)	Пусть х<—42. Тогда \2х + 1| = — Bх + 1),
|2лг — 1| =— Bх— 1). Мы получаем — Bл:+1) —
— Bл:— 1) =2, откуда х = —1/2.
Пусть — У2 sg х < '/г- Тогда имеем \2х + 11 = 2х + 1,
12л: — 11 =—Bа-—1). Мы получаем Bлг+1) — Bх— 1) =2,
равенство, которое выполняется тождественно. Значит, все
числа отрезка [—1/2, У2] являются решениями нашего урав-
уравнения. Пусть теперь х> 1/2. Тогда найдем \2х + 11 = 2* + 1
и |2лг— i| =2л:—1. Мы получаем Bл: + 1) + Bх — 1) =2,
откуда х = '/2.
Итак, решениями являются все числа отрезка [—112, Ч2].
14.	а) Пусть сначала числа х и у положительны. Тогда
|д:| =д:)|^| = у,\х-\- у\ = х-|- у. Исследуемое неравенство
превращается в равенство.
Если х положительно, а у отрицательно, то нужно от-
отдельно рассмотреть случай х-\-у^0 и случай л: + #<;0.
46

В первом случае \х\ = х,\у\ = — у,\х-]-у\ = x'-f у. Не-
Неравенство принимает вид х + у =?^ х — у. Оно верно, так
как у отрицательно.
Во втором случае \х\ = х,\у\ = — у,\х + у\ = — (х+у).
Неравенство принимает вид
— х — у^.х — у.
Оно верно, так как х положительно.
Остальные случаи получаются из разобранных, если
изменить знак у обоих чисел х и у. Так как при этом
|д:|, \у\ и |* + #| не изменятся, неравенство останется
верным.
б)	Можно было бы, как в решении задачи а), рассмот-
рассмотреть отдельно все возможные случаи расположения чисел
х, у и х — у на числовой оси, но мы воспользуемся тем, что
неравенство |* + г/|г?:|л:| + |#| уже доказано. Обозначим
х — у через г. Тогда х — у + z. Так как |# + z|^|#| + |z|,
то мы получили, что |*|;<|г/| + |* — у\, что и требовалось
доказать.
в)	Здесь опять возможно решение с помощью разбора
различных случаев, но проще вывести это неравенство из
уже доказанных. Для этого заметим, что если \х\^\у\, то
наше неравенство совпадает с неравенством задачи б).
Если же |я|<|#|, то наше неравенство принимает вид
\х — у\ 5г \у\ — |л:| или \у — х\ ^ \у\ — |лс|. А это снова
неравенство задачи б), в котором переставлены х и у.
Замечание. Можно предложить более наглядное решение, если
воспользоваться тем, что величина |д;| равна расстоянию между точ-
точками х н 0 на числовой оси, а величина \х — у\—расстоянию между
точками х и у. См. по этому поводу первый выпуск нашей «Библиотеч-
«Библиотечки», который называется «Метод координат».
п
15. а) Неравенство \Л(Ю0< 1,001 можно переписать
так: 1000 <с A+0,001 )п. Раскроем правую часть по фор-
формуле бинома. Мы получим
A + 0,001)" = 1 + -^ + п2 0Ш2 + ... +
J006H-
Отсюда видно, что при п > 1 величина A -J- 0,001)^ во вся-
всяком случае больше, чем 1 +-|щр Поэтому при достаточно
большом п, например, при п= 1000 000, будет:
A +0,001)" > 1000. Значит, при п = 1 000 000 выполняется
и исходное неравенство.
47

Ъ) Так же, как в решении задачи а), перепишем нера-
неравенство в виде п<с A +0,001)" и раскроем правую часть
по формуле бинома. Из этой формулы следует, что при
п > 2 справедливо неравенство •
Но при достаточно большом п это выражение больше, чем
п. В самом деле, если п—1>2-10002, то уже последнее
слагаемое будет больше п. Следовательно, при п =
¦=2-10002 + 2 выполняется неравенство A,001)" >'п, а
п
8начит, и исходное неравенство Yn< 1,001.
в) Воспользуемся тождеством
Из него видно, что величина Уп + 1 — Уп во всяком
случае меньше, чем —j=-. Поэтому при п > 25 выпол-
выполняется неравенство
г) Такого числа п не существует. В самом деле, если
Уп2 + п — п<0,1, то Уп2 + п<п + 0,1 и
га2 + п < (п + 0,1J== п2 + 0,2п + 0,01.
Последнее неравенство, очевидно, не выполняется ни
при каком натуральном п, так как п > 0,2п + 0,01.
16. а) Посмотрим, как ведет себя выражение —^—¦?—
I	О	|
при больших (по абсолютной величине) значениях k. Ясно,
что в числителе главную роль играет член ft3, а в знамена-
знаменателе— k4. Поэтому можно ожидать, что при больших зна-
к I | к 1
Исследуем теперь, насколько точное значение нашего вы-
выражения отличается от найденного приближенного. Для
этого сделаем преобразование:
I к3 - 2k + 1
I /г4-3
48
1- — + —I

Пусть | k |>2; тогда
1
ftp
_1_
2 *
j	^_ Г> 1	— > 1 — —- '
Поэтому при \k\^2 справедливо неравенство
1
1*1
2 J_
2
Таким образом, при \k\ ^ 2 наше выражение не пре-
превосходит 2. Остается посмотреть, какие значения оно при-
принимает при k = ¦—1, 0, 1. Эти значения равны соответствен-
соответственно 1, 7з. 0. Итак, искомое число С существует. Например,
можно положить
С = 2.
Замечание. Таким же способом можно получить более точные
оценки для нашего выражения н убедиться, что наибольшее значение,
равное 1, оно принимает при k = —1. Сделайте это самостоятельно.
б) Наше выражение является произведением двух чи-
чисел: k и sin k. Первое из них может быть выбрано как
угодно большим. Если при этом второе число не будет
слишком маленьким, то и все произведение будет большим
числом. Потребуем, например, чтобы sin k было больше '/г-
Множество точек х, для которых sin*> V2, состоит из бес-
бесконечного числа интервалов вида
2пп + л/6 < х < 2пп + 5л/6,
где п — любое целое число (рис. 22). Длина каждого интер-
интервала равна 2л/3. Так как эта длина больше 1, внутри каж-
каждого из этлх интервалов есть хотя бы одно целое число.
Отсюда следует, что для любого числа С существует
бесконечно много чисел, для которых k sin k > С. В са-
самом деле, для всех чисел k, лежащих в указанных выше
u/ *\. ,'1L

интервалах, выполняется неравенство sin k > 1/2. Поэтому,
если натуральное число k больше, чем 2С, и лежит внутри
одного из указанных интервалов, то k sin k > С. Таких чи-
чисел, очевидно, бесконечно много.
17. а) Пусть истинная длина одной стороны (в санти-
сантиметрах) равна а, а другой — Ь; результаты измерения
обозначим а-\-х и Ь + у соответственно. По условию, вели-
величины |л:| и \у\ не превосходят 1. Тогда ошибка в вычисле-
вычислении периметра равна 2(а + л:) + 2(Ь -\-у) — Bа 4-26) =
= 2х + 2y. В силу неравенства задачи 13а мы можем
написать
Ошибка в измерении площади равна
(а + х) (Ь + у) — ab= ау + Ьх + ху.
Отсюда видно, что величина ошибки зависит от величин
сторон. Например, если речь идет о площади тетрадного ли-
листа, то a fa 15, Ь ^ 20 и ошибка не превосходит 36 см2:
1-Ы< 15 + 20+1=36.
Если же измеряется площадь футбольного поля, тоаи 5000,
Ь я$ 8000. В этом случае ошибка может составить более
одного квадратного метра.
б) Используем те же обозначения, что и в задаче а).
По условию, |л:| < 0,01а, \у\ < 0,01Ь. Отсюда \2х + 2у\^
<2|л:| + 2|#|^0,01 -Bа + 2Ь). Значит, ошибка при вычис-
вычислении периметра не превосходит одного процента.
Далее,
<	= 0,0201 аЬ.
Значит, ошибка при вычислении площади не превосходит
2,01 процента, т. е. практически, двух процентов.
18. а) Сравним два соседних члена последовательности:
_ __«! (n+lJ __ п2-2п—1 _ (п- 1)г-2
Хп Xn+i — 9rt	2"+' — 9«+i	2"+'
При (п — IJ < 2 (т. е. при п = 1, 2) это выражение отри-
отрицательно и, значит, хп <. хп+1. При (п— IJ > 2 (т. е. при
п 33= 3) оно положительно и, значит, хп > хп+х. Отсюда
*з — наибольший член.
б) Эту задачу можно решись, как и предыдущую, рас-
рассматривая разность хп — хп+\. Сделайте это самостоя-
самостоятельно.
50

Другой способ;
100 +и2 A0-иJ+20и 20 / 10
Знаменатель последней дроби при любом п не меньше 20,
и равен 20 только, когда —у=	Yn == 0» т- е- при п = 10.
У п
в) Сравним два соседних члена:
1000"	1000"+'	1000" , . .
*х^ + 1
Отсюда видно, что хп < xn+i при п < 999, х„ = хп+1 при
п = 999, хп > *п+1 при п > 999. Значит, наибольшими бу-
будут ЛГ999 = -«1000.
19. а) Первый способ: хп — xn+i=(n2 — 5л + 1) —
—[(«+ IJ —5(п+ О + 1] = 4 — 2п. Отсюда:
хп — хп+1 > ° при п < 2,
xn — xn+i = 0 при п = 2,
хп — хп+1 < 0 при п > 2.
Вывод: наименьшими будут х2 — х3.
Второй способ: хп = п2 — 5п+1=(п — 2,5J — 5,25.
Поскольку п — целое, то величина (п — 2,5J принимает
наименьшее значение при п = 2 и п = 3.
б) Каждый член этой последовательности является
обратной величиной для соответствующего члена последо-
последовательности из задачи 176). См. решение этой задачи.
б) Первый способ. Выпишем несколько членов
нашей последовательности:
6, 2, —2, 4, 10, 6, 2, 8, ...
Можно предположить, что наименьшим является лг3 = —2.
Докажем это. Сравним числа хп и —2 при п > 3:
*„_ (-2) = я + 2+ 5sin^-> 5 + 5sin^-
Второй способ. Разобьем нашу последователь-
последовательность на три подпоследовательности и рассмотрим отдель-
отдельно каждую из них. Первая подпоследовательность состоит
из членов с четными номерами:
x2k = 2k + 5 sin nk = 2k.
51

Вторая подпоследовательность состоит ИЗ членов с но-1
мерами и= 4k + 1:
+ 5 sin {2nk + -J) = 4k + 6.
Третья подпоследовательность состоит из членов с номе-
номерами п = 4k— 1:
x4fc_, = 4k — 1 + 5 sin {2nk — -|) — 4k — 6.
Все три подпоследовательности оказались возрастаю-'
щими арифметическими прогрессиями. В каждой из них
наименьший член — первый. Наименьшим из этих трех бу-:
дет х3 = —2.
23. Нам нужно выяснить, при каких п справедливы не-
неравенства
-0,001 <-^qrr< 0,001.
Левое неравенство верно при любых положительных п.
Правое неравенство удобно переписать так:
10п<0,001(л2+ 1),
и затем так:
10000 <п + ±
(мы воспользовались тем, что обе части неравенства можно
умножить на положительное число).
Ясно, что последнее неравенство верно для всех натуч
ральиых п, начиная с п = 10 000.
24.	Примером такой последовательности является
хп == и!
25.	а) Пусть отрезок [а, Ь] — ловушка. Это значит, что
вне этого отрезка может быть только конечное число чле-
членов последовательности. Если бы этот отрезок не был кор-
кормушкой, то внутри его тоже было бы только конечное
число членов последовательности. Но всего в последова-
последовательности бесконечное множество членов. Противоречие
показывает, что отрезок [а, Ь] должен быть кормушкой.
б) Рассмотрим последовательность
1, 2., -д-, 4, -g-, и, ...
и отрезок [0,1]. Первый, третий, пятый и т. д. члены после-
52

'
i
M
1
1
i
1
\
у
i
i
i
¦k -3 -2 -1 0 1 Z 3 <t 5 ОС
Рис. 23.
довательности лежат внутри отрезка, а второй, четвертый,
шестой и т. д. — вне отрезка. Поэтому отрезок является
кормушкой и не является ловушкой.
26. а) Последовательность 1; 2; 3; ... ; п; ... не имеет
ни одной кормушки, так как в отрезке длины / содержится
не более / + 1 членов последовательности.
б) Мы сейчас построим последовательность, среди чле-
членов которой содержатся все рациональные числа. Посколь-
Поскольку в любом отрезке найдется бесконечное множество ра-
рациональных чисел, то для такой последовательности любой
отрезок будет кормушкой. Чтобы построить нужную нам
последовательность, будем двигаться по линиям клетчатой
бумаги так, как показано на рис. 23.
Каждый раз, когда мы проходим через вершину клетки,
мы записываем один член последовательности. Если клетка
имеет координаты х, у (как видно из рис. 23, х и у — целые
числа, причем у > 0), то соответствующий член последо-
последовательности равен х/у. Мы получаем, таким образом, по-
последовательность:
2. z±
2 ' 2
Покажем, что в нашей последовательности содержатся все
рациональные числа. В самом деле, каждое рациональное
число, по определению, может быть записано в виде plq,
где р и q — целые числа, и ?>0. При движении по пло-
плоскости описанным выше образом мы на некотором шагу
придем в точку с координатами р, q. Соответствующий
член последовательности будет как раз plq.
53

На самом деле каждое рациональное число встретится в нашей пос-
последовательности даже бесконечное число раз, поскольку рациональное
число бесконечным числом способов можно представить в виде p/q (на-
(например, 2/з = 4/б = 6/э = ...) • Однако указать явно для каждого рацио-
рационального числа номер соответствующего члена последовательности не
1 5
так просто. Попробуйте, например, найтн-номер чисел 1—, —=-. А чему
о	/
равен 100-й член последовательности?
27. а) При любом расположении отрезка длины 1 он не
пересекается с одним из отрезков [0, 1] и [9, 10]. Пусть,
например, наш отрезок не имеет общих точек с отрезком
[0, 1]. Если бы наш отрезок был ловушкой, то вне его и,
в частности, внутри отрезка [0, 1] было бы только конечное
число членов последовательности. А это противоречит тому,
что отрезок [0, 1] по условию является кормушкой.
б) Рассмотрим две последовательности:
п I. q. J_. q_L- J_. qJL- . _L- о n~ ' ¦
'' '' 3l 2 ' 2 ' 3' 3' '•¦' в'	п '•••'
9) 0- 10- —• 9 — - —¦ 4 —• • n~ ' • 9 — •
Для первой последовательности не существует ловушки
длины 9. (Проверьте, что отрезки [0, 7з] и [92/3,10] являются
кормушками для этой последовательности. Отсюда, как и
в решении задачи а), доказывается, что ловушки длины 9
не существует.)
Для второй последовательности отрезок [72, 97г] яв-
является ловушкой, так как все члены последовательности,
начиная с третьего, принадлежат этому отрезку.
29. а) Рассмотрим отрезок с центром в точке а. Длину
этого отрезка обозначим через 2е. По определению предела
найдется такое число k, что при всех п > k справедливо
неравенство \хп— а\<е. Это неравенство означает, что
точка хп лежит на нашем отрезке. Итак, вне нашего отрезка
расположено не более k членов последовательности. Зна-
Значит, наш отрезок — ловушка.
б) Пусть задано любое положительное число е. Рассмот-
Рассмотрим отрезок с центром в точке а, имеющий длину меньше
2е. По условию, этот отрезок является ловушкой. Поэтому
вне его лежит только конечное число членов последова-
последовательности. Пусть k — наибольший из номеров этих членов.
(Если вне отрезка совсем нет членов последовательности,
то положим k = 0.) Тогда для любого n~>k член хп ле-
лежит на нашем отрезке, т. е. выполняется неравенство
54

\хп— а| < е. Мы доказали, таким образом, что а — пре-
предел последовательности {хп}.
30. а) Пусть задан отрезок с центром в точке а. Обо-
Обозначим длину отрезка через 2е. Тогда по определению пре-
предела, существует такое число k, что при п > k выполняется
неравенство \хп— а\ <с е. Это значит, что все члены после-
последовательности с номерами, большими k, лежат на заданном
отрезке.
Пусть теперь задан отрезок, не содержащий точки а.
Обозначим через е расстояние от точки а до ближайшего
конца отрезка. По определению предела, существует такое
число k, что при п > k выполняется неравенство
\хп — а\ < е. Это значит, что при n>k член хп лежит
ближе к точке а, чем ближайший конец заданного отрезка.
Поэтому все члены с номерами, большими k, лежат вне
этого отрезка. Значит, на заданном отрезке не может быть
бесконечного множества членов последовательности.
б) Для последовательности
1; 2; 1; 4; 1; 6; ...; «<-»"
любой отрезок с центром в точке 0 является кормушкой.
В самом деле, подпоследовательность, составленная из
членов с нечетными номерами 1; у; -g-;...; 2и — 1 *' '"'
очевидно, стремится к нулю. Поэтому в любом отрезке с
центром в точке 0 имеется бесконечное множество членов
этой подпоследовательности (см. решение задачи а)). Зна-
Значит, этот отрезок является кормушкой для исходной по-
не содержащий точки 0, не является кормушкой. В самом
деле, для подпоследовательности, составленной из членов
с нечетными номерами, этот отрезок — не кормушка (см.
решение задачи а)); для подпоследовательности, составлен-
составленной из членов с четными номерами 2; 4; 6; 8; ... , вообще
никакой отрезок не может быть кормушкой (докажите это
самостоятельно). Поэтому на любом отрезке, не содержа-
содержащем точки 0, будет только конечное число членов с чет-
четными номерами и конечное число членов с нечетными но-
номерами. Значит, на этом отрезке лишь конечное число чле-
членов последовательности и, следовательно, отрезок — не
кормушка.
Итак, последовательность хп = п{~1}" и число 0 удовлет-
удовлетворяют условиям задачи 306). Но число 0 не является
Б5

пределом последовательности. В самом деле, в противном
случае для всех членов последовательности, начиная с не-
некоторого номера, выполнялось бы условие \хп\ < 1. Од-
Однако это неравенство не выполняется дчя всех членов с
четными номерами.
Замечание. Последовательность
можно представлять себе как объединение двух более простых после-
последовательностей
, _1 JL _!	1
i; 3; 5; 7 ; ...i 2n_l ;..»
И
2; 4; 6; ...» 2«; ...
Этот способ построения последоватечьностей часто бывает полезен.
Так, чтобы построить пример последовательности, для которой каждый
из двух заданных отрезков являлся бы кормушкой, можно объединить
две последовательности, для одной из которых первый отрезок являет»
ся кормушкой, а для другой — второй отрезок является кормушкой.
31.	В решении задачи 30а) мы доказали, что если хп-*а
при п —> оо, то никакой отрезок, не содержащий точки с,
не является кормушкой. Отсюда требуемое утверждение
легко выводится методом от противного. Сделайте это са-
самостоятельно.	«
32.	Для того чтобы доказать, что последовательность
{л„} имеет пределом число а, нужно показать, что для
каждого положительного числа е можно подобрать такое
число ft, что при п > k будет справедливо неравенство
|хп — а\ <с е. Часто бывает возможно указать явную фор*
мулу, выражающую ft через е.
а) хп=-—	; lim .*rt = 0. Так как \хп\ — 1/п, то
в качестве ft можно взять 1/е. В самом деле, при п ;>. 1/е
выполняется неравенство \хп\ = 1/« < е.
Замечание 1. Число ft определяется по заданному
е неоднозначно. В разобранном примере в качестве ft
можно было взять 2/е или 1/е+ 1 (и, вообще, любое число,
большее 1/е). Часто бывает удобно брать не самое «эко-
«экономное» значение для k (которое может очень сложно вы-
выражаться через е), а более простое выражение. Например,
чтобы доказать, wo lim 1/(«3 ^+- 0,6/г -h.3,2) = 0, можно
Бб

воспользоваться тем, что хп < l/n3 sg; l/n и в качестве k
взять 1/е. Это гораздо удобнее, чем самое экономное зна-
значение
k = lTl,6 + |Л,552 —^
которое получается из решения кубического уравнения
Бывают и такие случаи, когда для самого экономного
значения k вообще нельзя указать явной формулы, а зна-
значение «с запасом» легко может быть найдено.
Замечание 2. Ясно, что если для заданного е уда-
удалось найти какое-нибудь ft, то для этого же е годятся и все
большие числа. Поэтому в определении предела можно счи-
считать k целым числом.
б)	Хп = —§й— = 1 — -ш*> Hmxn=l.
rt->oo
Так как \хп—1| = 1/3", то в качестве k можно взять
log3 A/е).
в)	Пользуясь формулой суммы геометрической прогрес-
прогрессии, находим
Отсюда видно, что lim а;„ = 2, и в качестве k можно взять
Iog2(l/e).
г)	Предела не существует, так как для любого числа а
и любого е неравенство \хп — а\ <е выполняется только
для конечного числа номеров п.
д)	lim хп— 1; так как \хп— 1| в этом случае тожде-
ственно равно нулю, неравенство | хп — 11 < е выполняется
при любом положительном е для всех номеров п.
е)	Рассмотрим отдельно случаи четного и нечетного п.
При четном п = 2т мы имеем хп = 1/т. Поэтому при
tn > 1/е (т. е. при п > 2/е) выполняется неравенство
\хп\ < е. При нечетном п член хп равен нулю, поэтому
неравенство \х„\ < е выполняется для всех нечетных номе-
номеров. Итак, lim xn — 0 ив качестве k можно взять число 2/е.
57

ж) По формуле суммы геометрической прогрессии имеем
0,22 ...2 = -^- + -^+ ... +1оН"=-д-A — lo
2	2
Отсюда lim xn = -Q, и в качестве k можно взять Ig -g—
re-» со	b	У8
(или просто Ig Ge); см. замечание к решению примера а)),
з) Предела не существует. В самом деле, если
п = 180° т, то хп = 0, а если п = 90° + 360°т, то хп = 1.
Если бы последовательность имела предел с, то, начиная
с некоторого номера п0, выполнялось бы неравенство
\хп — а\ < '/4. Отсюда в свою очередь следовало бы, что
при щ > п0 и п2 > п0 выполнялось бы неравенство
I хпг хПг | ^ | xni a \ -J-1 о, xnj I <C! -^ i ^- = "»
Но в нашей последовательности есть члены со сколь
угодно большими номерами, отстоящие друг от друга боль-
больше, чем на 1/2.
и) Так как |cosn°| sg; 1, то \хп\ ^ 1/п. Отсюда видно,
что lim xn — 0 и в качестве k можно взять 1/е.
гс-»со
к) Предела не существует. Если бы число а было преде-
пределом, то, начиная с некоторого номера, выполнялось бы не-
неравенство \хп — а\ <ilk- Тогда
Iх„ — хп+11<| хп — а | + J а — хп+11<-^ + у = 1.
Но разность между любыми соседними членами нашей по-
последовательности больше 1.
33.	Предположим, что два разных числа а и Ъ являются
пределами одной и той же последовательности {хп}. Обо-
Обозначим расстояние между этими точками через 2е. Если
а — предел последовательности {хп}, то найдется такое
число k\, что при n~>-k\ будет выполняться неравенство
\хп — а\ < е. Аналогично, если Ъ — предел последователь-
последовательности {Хп}, то найдется такое число k2, что при п > k2 бу-
будет \хп — Ъ\ < е. Следовательно, если номер п больше и
k\ и k2, то выполняются оба неравенства \хп — а\ <е и
\хп — Ь\ < е. А это невозможно, так как \а — Ъ\ = 2е.
34.	а) Пока^кем, что любой отрезок с центром в точке а
является кормушкой. Пусть длина отрезка равна 2е. Нам
нужно показать, что бесконечно много членов последова-
последовательности попадают на этот отрезок, т. е. удовлетворяют
58

неравенству \хп— а\ ^ е. Предположим, что это не так.
Тогда на нашем отрезке лежит только конечное число чле-
членов последовательности.
Пусть к— наибольший из номеров этих членов. (Если
на нашем отрезке совсем нет членов последовательности, то
положим k = 0). Тогда все члены с номерами, большими
k, лежат вне отрезка. Но это противоречит определению
предельной точки: для любого k найдется номер п >¦ к
такой, что \хп— с|<е, и значит, хп лежит на нашем
отрезке.
б) Предположим противное, т. е. что а не является
предельной точкой последовательности. Это значит, что
для некоторого е и некоторого к не найдется такого но-
номера п^>к, для которого \хп— а\ <с е. Другими словами,
на некотором отрезке с центром в точке а лежит только
конечное число (не более k) членов последовательности.
Мы пришли к противоречию с данным нам условием, по
которому любой отрезок с центром в точке а является кор-
кормушкой для {хп} и, значит, содержит бесконечно много
членов последовательности.
35.	П е р в ы й способ. Пусть lim xn = а. Для за-
данного положительного е существует такое число к0, что
при всех п > к0 выполняется неравенство
\хп — а\<е.
Пусть теперь задано любое число к. Взяв номер п так,
чтобы он был больше к0 и к, мы видим, что выполняются
оба нужные нам неравенства
п> к и \хп — а\<е.
Второй способ следует из решений задач 29а),
25а) и 346).
36.	Последовательность хп = —	имеет пределом число
1. Значит (см. задачу 35), число 1—предельная точка
для этой последовательности. Других предельных точек по-
последовательность не имеет (см. задачи 30а) и 34а)).
б) Точки +1 и —1, очевидно, являются предельными
для последовательности хп = (—1)". Для любой другой
точки а можно построить такой отрезок с центром в точке
а, в котором вообще нет ни одного члена последовательно-
последовательности. Поэтому других предельных точек последовательность
не имеет,
Б9

в)	Так как функция sinx° имеет период 360°, то каждое
из чисел 0, ± sin Г, ± sin 2°, ... , ± sin 89°, ± 1 встре-
встречается в последовательности бесконечное число раз. По-
Поэтому все эти числа являются предельными точками. Если
число а не совпадает ни с одним из перечисленных 181 чи-
чисел, то можно построить отрезок с центром в точке а, не
содержащий ни одного члена последовательности. (Для
этого достаточно взять длину отрезка меньше, чем рас-
расстояние от точки а до ближайшего из указанных выше
чисел.) Поэтому других предельных точек последователь-
последовательность не имеет.
г)	Эту последовательность удобно представлять себе
как объединение двух последовательностей: уп = 1/Bя—1)
и zn = 2п. "Первая последовательность имеет единствен-
единственную предельную точку 0, вторая вообще не имеет предель-
предельных точек. (Докажите эти утверждения самостоятельно.)
Покажем теперь, что точка а является предельной для ис-
исходной последовательности тогда и только тогда, когда она
является предельной хотя бы для одной из двух последова-
последовательностей {уп} и {zn}. В самом деле, если воспользоваться
результатом задачи 34, то останется доказать следующее
почти очевидное утверждение: любой отрезок является
кормушкой для последовательности {х„} тогда и только
тогда, когда он является кормушкой хотя бы для одной из
последовательностей {уп}, {zn}-
Замечание. Точно такими же рассуждениями доказывается об-
общая теорема: если последовательность [хп] является объединением ко-
конечного числа последовательностей {уп}, {zn}, -••, {tn}, то множество
предельных точек для {хп} получается объединением множеств предель-
предельных точек для {уп}, {zn}, ..., [tn].
е) Если число а удовлетворяет условиям 0 ^ а ^ 1, то
на любом отрезке с центром в точке а лежит бесконечно
много членов нашей последовательности. В самом деле,
если длина отрезка равна 2е, то при любом п > 1/е среди
группы членов 1/и; 2/п; ...; (п—1)/п есть хотя бы один,
лежащий на нашем отрезке. Если же а < 0 или а > 1, то
можно построить отрезок с центром в точке а, который не
содержит ни одного члена последовательности.
Поэтому предельными точками нашей последовательно-
последовательности будут все точки отрезка [0, 1] и только они.
37. а) Пусть последовательность {хп} имеет предел х0.
Возьмем какой-нибудь отрезок [а, Ь] с центром в точке л-0.
По определению предела, начиная с некоторого номера, вы-
выполняется неравенство \хп — хо\ <с (Ь — а)/2. Значит, вне
60

отрезка расположено только конечное число членов после-
последовательности. Пусть Xh — наибольший (по абсолютной
величине) из этих членов. Обозначим через С наибольшее
из чисел \а\, \b\, \xh\. Тогда для всех членов последова-
последовательности будет справедливо неравенство |л:п| ^ С. В са-
самом деле если хп лежит на отрезке [с, Ь], то |лг„| не пре-
превосходит наибольшего из чисел \а\, \Ь\. Если же хп не
лежит на отрезке [а,Ь], то |л:п| <^ \xh\ (так как Xh — наи-
наибольший по абсолютной величине среди членов последова-
последовательности, не лежащих на [а, Ь]). Значит, и подавно |лг„|-^С.
б) Рассмотрим последовательность хп = (—1)п. Эта по-
последовательность ограничена, так как |лг„| <g; 1. Покажем,
что она не имеет предела. В самом деле, если бы некоторое
число с являлось пределом {хп\, то, начиная с некоторого
номера, выполнялось бы \хп — с|< '/г. Тогда для всех чле-
членов с большими номерами мы могли бы написать
\хт — хп\ = 1(хп — а) — (хт — а)\^.\хт — а\ + \хп — а\^
Таким образом, почти любые два члена отличались бы
между собой меньше чем на 1. Но это неверно, так как
38. а) Пусть С — любое число. Для всех п~> С справед-
справедливо неравенство [лг„|>С. Поэтому последовательность
{хп} стремится к бесконечности.
б)	То же решение, что и в случае а).
в)	Последовательность не ограничена, так как для лю-
любого положительного числа С найдется такой номер п, что
|лгп| >С (достаточно в качестве п- взять любое четное
число, большее С). Но эта последовательность не стре-
стремится к бесконечности, так как неравенство |лг„| > I не
выполняется для всех нечетных членов последовательности.
г)	Пусть С — любое число. Для всех п> С2 выполняет-
выполняется неравенство |л:„|>С. Следовательно, хп—*оо при
п—> оо.
д)	Покажем, что последовательность {лг„} ограничена.
Более точно, мы покажем, что |л:п| ^5. Поскольку лгп>0,
то |лг„| = хп, и мы должны показать, что хп ^ 5. А это
вытекает из следующих соотношений:
5 — хп =
1°°"_ =	5	nnn _j_ и2_ 9Пи,_ 5.(Ю-»J
100+ п2
61

39.	Мы разберем подробно только два примера.
1)	Покажем, что условию 1) удовлетворяет любая по-
последовательность {лг„}. В самом деле, мы должны показать,
что найдется такое положительное число е, такое число k
и такой номер п > k, что \хп— с| <е. Возьмем в качестве е
число |#i — а\ -\- 1 и положим k = 0, п = 1. Тогда требуе-
требуемое условие будет выполнено.
2)	Покажем, что условие 6) означает, что последова-
последовательность {#„} не имеет числа с.пределом. В самом деле,
утверждение «с является пределом последовательности
{лг„}» означает, что для любого е > 0 найдется такое k,
что для всех п > k верно неравенство \хп— а\ <; е. Отри-
Отрицание этого утверждения выглядит так: «не для любого
е > 0 найдется такое k, что для всех п > k верно неравен-
неравенство | хп — а | < е».
Эту фразу можно пересказать следующим образом: «для
некоторого е>0 не найдется такого k, что для всехп > k
верно неравенство \хп — а\ <; е». А это можно сформули-
сформулировать так: «найдется такое 8 > 0, что для любого к не
для всех п > k верно неравенство \хп — а|<е». Наконец,
эту фразу можно пересказать так: «найдется такое е > О,
что для любого k найдется п > k, для которого \хп — а\ ^
^ е».
Мы получили как раз условие 6). Обратите внимание
на то, что это условие можно получить из определения пре-
предела по следующему правилу: 1) вместо слов «найдется
такое, ... что» поставить «для любого»; 2) вместо слов
«для любого» поставить «найдется такое, ... что»; 3) не-
неравенство \хп — с| <; е заменить на противоположное не-
неравенство |л:п — а\ >е. Это правило применимо и ко всем
остальным условиям. Проверьте, что оно дает для каждого
условия формулировку отрицания этого условия.
40.	б) Если набор начинается знаком +, то все члены
последовательности равны а. Поэтому все остальные знаки
набора однозначно определяются: последовательность
имеет число а пределом и предельной точкой, она ограни-
ограничена и не стремится к бесконечности.
Рассмотрим теперь наборы, которые начинаются зна-
знаками — -(-; это значит, что последовательность стремится
к а. Тогда все остальные знаки набора определены: после-
последовательность имеет с предельной точкой- (задача 35),
ограничена (задача 37а)) и не стремится к бесконечности.
Разберем еще наборы, у которых последний знак +.
В этом случае последовательность стремится к бесконечно-
62

ста и это определяет все остальные знаки набора: после-
последовательность не равна тождественно с, не стремится к с,
не имеет а предельной точкой и не ограничена.
Остальные наборы имеют первым, вторым и пятым зна-
знаком —. Оказывается, что в этом случае на третьем и чет-
четвертом местах могут стоять любые знаки. Соответствующие
примеры приведены в разделе «Ответы и указания».
41. В разделе «Ответы и указания» приведены примеры
последовательностей, имеющих предел и имеющих либо
наибольший, либо наименьший член, либо и тот и другой.
Остается доказать, что не существует последовательности,
имеющей предел, но не имеющей ни наибольшего, ни наи-
наименьшего члена.
Пусть последовательность {лг„} не имеет наибольшего
члена. Покажем, что тогда можно выделить из последова-
последовательности {.*:„} возрастающую подпоследовательность.
В самом деле, рассмотрим первый член последовательности
Х\. Так как он не наибольший, существует некоторый член
#n, > Xi. Этот член хп, не может быть больше всех следую-
следующих за ним членов последовательности (так как в против-
противном случае наибольший из первых п\ членов последова-
последовательности был бы наибольшим из всех членов). Поэтому
существует такой номер п2 > пи что хПг > хП1. Член хп
опять не может быть больше всех следующих за ним чле-
членов и т. д. Мы получили бесконечную возрастающую под-
подпоследовательность
Аналогично, если последовательность {л:„} не имеет наи-
наименьшего члена, то существует бесконечная убывающая
подпоследовательность
Обозначим через е разность между хп, и хт,. Тогда при
всех k > 1 будет выполняться неравенство
Отсюда вытекает (ср. решение задач 32з) или 376)), что
последовательность {л:п} не имеет предела.
42. Если последовательность {хп} или какая-нибудь ее
подпоследовательность не имеют наибольшего члена,
то, как показано в решении задачи 41, можно выделить
из хп бесконечную возрастающую подпоследовательность.
63

Рассмотрим теперь тот случай, когда в любой подпоследова»
тельности есть наибольший член. Пусть хП1 — наибольший
из всех членов последовательности, х„2 — наибольший из
членов, следующих за х„„ хПз — наибольший из членов, сле-
следующих за хПг, и т. д. Очевидно, справедливы неравенства
Хпл -^ Хп2 ^ • • • ^ Xnk ^ ' ' '
Итак, и в этом случае из последовательности {#„}
можно выделить монотонную подпоследовательность.
43.	Пусть а — бесконечная десятичная дробь, цифры ко-
которой образуют монотонную последовательность. Покажем,
что у такой дроби все цифры, начиная с некоторой, совпа-
совпадают между собой. В самом деле, пусть для определенности
последовательность цифр невозрастающая. Предположим,
что с — наименьшая из цифр, входящих в последователь-
последовательность. Тогда все следующие за с цифры должны совпадать
с а: они не могут быть больше с, так как последователь-
последовательность невозрастающая, и не могут быть меньше а, так как
а — наименьшая из цифр.
Итак, наша дробь имеет вид
а = 0, ... аааа ...
Это — смешанная периодическая дробь, которую можно
записать в виде обыкновенной дроби со знаменателем
вида 9-10А.
44.	Ясно, что наша последовательность монотонно убы-
убывает (каждый член получается из предыдущего вычита-
вычитанием положительного числа). Докажем по индукции, что
О < х„ < 1 для всех п. В самом деле, из равенства
видно, что если 0<Сл:п<1, то хп+1 также заключено в
интервале от 0 до 1.
По аксиоме Больцано—Вейерштрасса наша последова-
последовательность имеет предел с. Рассуждая так же, как на
стр. 28, мы приходим к равенству а — а — с2, откуда а = 0.
45. Рассмотрим последовательность 1,4; 1,41; 1,414;
1,4142; ... В этой последовательности член хп является
приближенным (с недостатком) значением числа V - с
точностью до 1/10".
Из самого определения последовательности {кп} выте-
вытекает, что limx,j=|^2 (при п > lg(l/e) выполняется
Л->°о
64

неравенство | хп — |/2 | < е). Так как число \f2 иррацио-
иррационально и так как последовательность {л:„} может иметь
только один предел, то никакое рациональное число не
является пределом последовательности.
Замечание. В этом доказательстве мы использовали тот факт,
что существует вещественное число, квадрат которого равен 2 и кото-
которое может быть записано бесконечной десятичной дробью. Можно так
видоизменить наши рассуждения, чтобы в них фигурировали только
рациональные числа. Для этого надо определить х„ как наибольшее из
чисел, которые можно записать конечной десятичной дробью с п зна-
знаками после запятой и квадрат которых меньше 2. После этого нужно
показать, что если хп стремится к какому-нибудь числу а, то а2 = 2.
Основная идея этого доказательства состоит в следующем.
Число хп обладает тем свойством, что х^ меньше 2, но 1хп +
1 \ 2
+ -Т7пг) уже больше 2. Поэтому при больших п число х^ очень близ-
близко к 2. С другой стороны, при достаточно больших номерах п числа
хп и а близки, а значит, близки и числа х\ и а2. Отсюда можно за-
заключить, что разность между а2 и 2 как угодно мала. Но эта раз-
разность — постоянное число, не зависящее от п. Поэтому а2 = 2. Остается
доказать, что не существует рационального числа а, квадрат которого
равен 2. Попробуйте самостоятельно довести изложенные здесь сообра-
соображения до строгого доказательства,
46.	Пусть дана ограниченная последовательность. Выбе-
Выберем из нее бесконечную монотонную подпоследовательность
(см. решение задачи 42). Эта подпоследовательность огра-
ограничена и по аксиоме Больцано — Вейерштрасса имеет пре-
предел. Покажем, что этот предел является предельной точкой
для исходной последовательности.
В самом деле, всякий отрезок с центром в этой точке
является ловушкой для выбранной подпоследовательности.
Поэтому на нем лежит бесконечное число членов исходной
последовательности, т. е. этот отрезок — кормушка для
исходной последовательности. Наше утверждение вытекает
теперь из теоремы 346).
47.	а) Докажем, что lim (хп + уп) — с + Ь. Нам нужно
проверить, что для любого положительного числ i e най-
найдется такое число k, что | хп + уп — с — Ъ \ < е при всех
#>/г. Так как, по условию, Мтхп=а, то найдется
П-»оо
Такое число ku что \хп — а |< е/2 при n>kb
Точно так же из того, что lim yn = b, следует суще-
ствование такого числа k2, что | уп ~ b |< е/2 при п > k2.
65

Пусть k — наибольшее из чисел kx и k2. Тогда при п > k
мы получим | хп + уп — с — 6 К | хп — а | + | уп — 6 |< е.
б)	Доказывается так же, как и а).
в)	Покажем, что \im(xnyn) = ab. Для этого восполь-
воспользуемся тождеством
хпУп — ab = хпуп — Ьхп + Ьхп — ab = хп (уп — 6) + 6 (хп — с).
Так как последовательность {хп} имеет предел, то она
ограничена (см. задачу 37а)), т. е. существует такое число С,
что |л:„|^С при всех п. Пусть теперь нам задано любое
положительное число е. Так как lim xn= а, то существует
такое число ku что при п > /г, выполняется неравенство
\хп — а 1 < »., . . Точно так же существует такое число k2,
что при n>k2 выполняется неравенство \уп — 6|<^-.
Пусть k обозначает наибольшее из чисел /г,, k2. Тогда при
п > k мы будем иметь
Iхпуп —аЬ\=\ хп(уп — 6) + 6(хп — а) |<
г)	Допустим сначала, что 6 ф 0. Покажем, что в этом
случае последовательность {!/#„} имеет предел 1/6. Пред-
Предположим для определенности, что 6 > 0. Так как уп->Ъ
при п->оо, существует такое число ku что при п > kx вы-
выполняется неравенство \цп — 6 |< 6/2. Отсюда цп — 6 >
> — 6/2, или уп > 6/2, или Цуп < 2/6.
Пусть задано любое положительное число е. Существует
такое k2, что при п > k2 выполняется неравенство
\уп — 6|<е62/2. Пусть k — наибольшее из чисел k\ и k2.
Тогда при п > k мы получим
1 1 I ^ I Уп - Ь\ 2 «ь» j_ =
Уп Ь\ |«/„|-|6| 6 2 Ъ
Мы доказали, что lim i/yn= 1Д>- Теперь применим утвер-
утверждение задачи 47в) к последовательностям {лг^} и < — >. Мы
получим
lim — = lim xn • lim — = "Г •
П->оо Уп	п->оа	rt-»oo Уп
Замечание. Некоторые члены последовательности {уп} могут
обращаться в нуль. Тогда выражение — не имеет смысла. Однако это
Уп
66

может случиться только с конечным числом членов. В самом деле,
начиная с некоторого номера, выполняется неравенство \уп — Ь\ <
< | Ъ |, откуда уп Ф 0.
Рассмотрим теперь случай Ъ = 0. Может случиться, что
бесконечно много членов последовательности {уп} (или
даже все члены, начиная с некоторого номера) обращаются
в нуль. Тогда выражения хп/уп теряют смысл и мы не мо-
можем рассматривать последовательность {хп/уп}.
Покажем, что если а Ф 0, то даже в том случае, когда
все у„ отличны от нуля, последовательность {хп/уп} не
имеет предела. В самом деле, пусть с — любое число; най-
найдется такое число ku что при п > ki будет выполняться не-
неравенство \уп\ < |си|/[2(|с|+ 1)] (так как уп->0 при я->оо);
найдется также такое число k2, что при п > k2 будет
\хп — с|<|с|/2. Пусть k — наибольшее из чисел kx и k2.
Тогда при п > k мы получим:
Таким образом, число с не является пределом последо-
последовательности {Хп/Уп}-
Наконец, в случае с = b = 0 последовательность {хп/уп}
может иметь предел, а может и не иметь его (см. по этому
поводу задачу 57).
48. а) Будем рассуждать от противного. Если бы суще-
существовал lim (xn -f- Уп), то из задачи 476) мы получили бы,
что последовательность {#„} имеет предел, так как уп =
~(хп + Уп) — Хп. Но, по условию задачи, lim yn не суще-
существует. Полученное противоречие показывает, что
lim (xn + уп) не существует.
П-»оо
б) Примеры
={~1Т И Х„=
показывают, что могут встретиться оба случая.
49.	Возможны оба случая, как показывают примеры:
1)	х„ =(-!)", уп=(-1)п;
2)	хп=(-1)п, уп = п.
50.	Пусть задано положительное число е. Нам нужно до-
доказать, что, начиная с некоторого номера, выполняется не-
неравенство \хп — а\ < е. По условию существует такое число
к\, что при п ~> k\ выполняется неравенство \уп — с| <; е, и
67

такое число k2, что при п > k2 выполняется неравенство
\zn — а|<е. Пусть k — наибольшее из чисел k\ и k2. То-
Тогда при п > k выполняются оба неравенства. Вспомним
теперь, что по условию задачи уп ^ хп ^ zn. Из неравенств
уп — а < е, | гп — а | < е, уп ^ хп ^ zn следует, что
лг7г — а < е. (Докажите это самостоятельно, рассмотрев
отдельно три случая: с < уп, уп <^ с < г„, с > 2„.)
Значит, при всех п> k получим \хп — а\<. е. Мы дока-
доказали, что lim аг„= с.
51. а) По формуле суммы геометрической прогрессии
мы получаем
1 - (Цп
s =___Ш_=2	~
1-4- 2""''
Отсюда IimSrt = 2.
б) Последовательность 5„ = 1 + 1/4 + .••'+ 1/и2, оче-
очевидно, является возрастающей. Покажем, что она ограни-
ограничена. В самом деле, так как 1/п2 < 1/п(п— 1), то
„ .	^	1	,	1 _
•>«<!+ ,.2 -t- 2#3 -Г ..¦ "Г „(„_!) —
Итак, Sn < 2 при всех п. Поэтому из аксиомы Боль-
цано — Вейерштрасса следует, что существует lim Sn.
П-»°о
Методами высшей математики можно установить, что этот предел
л2
равен ——. Элементарный вывод этого факта см. в книге: А. М. Я г-
лом, И. М. Яг л ом, Неэлементарные задачи в элементарном изло-
изложении.
в) Очевидно, что подпоследовательность 52п, составлен-
составленная из членов с четными номерами, является возрастаю-
возрастающей, так как
52n=4n+1 — 4п + 3 > О,
и ограниченной, так как
4n-3
68

Поэтому существует Iim S2n- Обозначим этот предел
через с и покажем, что число с является пределом всей
поеледователньости {Sn}- В самом деле, пусть задано любое
положительное число е. Тогда найдется такое число k, что
при 2м > k будет выполняться неравенство |S2— с|<е/2.
Кроме того, при 2п -\- 1 > 1/е выполняется неравенство
|с	с |^ ^ JL
|^
^2n+2 I— 4п + 3	2 "
Поэтому если номер п больше наибольшего из чисел k и
1 /е, то | Sn — а | < е.
Оказывается, что а = я/4 (доказательство см., например, в цитиро-
цитированной выше книге А. М. Яглома и И. М. Яглома).
52.	Рассмотрим последовательности {Sn} и {5n_i}, где
5„=а, + с2+ ... +с„.
Если ряд Oi + о2 + ¦ • • + о„ + ... сходится, то обе последо-
последовательности имеют один и тот же предел 5. Поэтому (см.
задачу 476))
Iim an= Iim Sn— Iim Sn_, —S — S = 0.
Л-»оо	n-»oo	n->oo
Отметим, что условие ап -> 0 при n -»¦ оо является необ-
необходимым, но не достаточным для того, чтобы сходился ряд
&\ + о2+. • -+а« + • • • Например, если ап— \fn — Vn — 1,
то limcn = 0(cp. задачу 60). С другой стороны, 5„ = A — 0) +
rt-»oo_	_			_
+(V— 0+ ... + (V'i— Vn— l)=.Vn. Поэтому Sn^oo
и ряд расходится.
53.	Так как последовательность с„ убывающая, можно
написать неравенства
2с4 ^ с3 + а4 ^ 2с2,
4о8 < а5 + с6 + с7 + с8 < 4с4,
а2П+1 + с2„+2 + •••
Складывая эти неравенства, мы получим
где 5„ — сумма первых п членов ряда
а С„ — сумма первых п членов ряда Ci+2c2+...
Так как последовательности {Sn} и {Сп} возрастающие,
то по аксиоме Больцано — Вейерштрасса для того, чтобы
69

они имели предел, достаточно доказать, что они ограни-
ограничены. Но из полученных нами неравенств следует, что если
одна из последовательностей ограничена, то ограничена
и вторая. В самом деле, если |Sn|^M при всех л, то
IСп | <! 2Sin+i — ау <! 27W; если же | С„ | ^ М при всех п, то
15„ | < Vm < С„ + а, < М + а,.
54.	Воспользуемся результатом задачи 49 и вместо ряда
1+-2р- + -др-+ ••• +-^F+ ¦•¦
рассмотрим ряд
1-1-— -1- — -4-	I 2" i
' 2Р ' 4Р ' "'' ' 1пр '''
Члены этого ряда образуют геометрическую прогрессию со
знаменателем q =	. По формуле суммы геометриче-
ской прогрессии мы имеем Sn=—.——. Если 0<?<1,
— ^	1
то последовательность {Sn} стремится к -jz:— ¦ а если
?>1, то 5„—»оо (докажите эти утверждения самостоя-
самостоятельно). Наконец, если <? = 1, то формула для суммы те-
теряет смысл: ее числитель и знаменатель обращаются в
нуль. Но в этом случае сумма легко вычисляется без всяких
формул, так как при q = 1 все члены последовательности
равны 1. Отсюда 5n = n и ряд расходится. Остается вспо-
вспомнить, что q = х .
Окончательный ответ: ряд сходится при р > 1 и расхо-
расходится при р ^ 1.
55.	Ошибка во всех случаях состоит в том, что формулы
lim xn
lim (xn — yn)= lim xn— lim yn, lim ^¦=ВГ'Ц »
П->оо
lim xnyn= lim xn ¦ lim yn
П->оо	л-»оо - п->оо
применяются, когда последовательности {хп} или {уп} не
имеют предала. Запись lim д:„=оо является просто крат-
П->оо
ким выражением того факта, что члены последовательно-
последовательности {лг„} по абсолютной величине неограниченно возра-
возрастают. Поэтому с символом оо нельзя обращаться как с
обычными числами. В частности, нельзя писать
оо — оо = 0. или — = 1 или оо • 0 = 0.
'	оо
70

56. а) Мы должны доказать, что для любого числа С
найдется такой номер k, что при п > k будет выполняться
неравенство |хп + уп | > С. Сначала найдем такое число
k\, что при п > k\ будет выполняться неравенство
|*n|>C+|a|+l. Это возможно, так как хп—»оо при
п -* оо. Затем найдем такое число k2, что при п > k2 вы-
выполняется неравенство \уп— а|< 1. Это возможно, так как
уп-*а при п—юо. Пусть &— наибольшее из чисел ky и k2.
При n > k мы имеем
б) Пусть задано положительное число е. Найдем такое
число k\, что при п > k\ выполняется неравенство
\уп — а|<1. Затем найдем такое k2, что при n~>k2 вы-
выполняется неравенство \хп\>±^	-. Пусть k — наиболь-
шее из чисел k\ и k2. Тогда при п > k мы получим
I Уп I I Уп I ^ |а|
I I
жп I | Хп I	|а|+1
58. Пользуясь правилами, сформулированными в начале
параграфа, мы можем написать
а)	lim	^ = hm	g- = ——)	-^- = —.
п^-со^п — a n^.oo3_-2- lim C —— I
Я	п-»-оо\	К/
J2-	Km Ji
б)	нт -J^r= lim —^-= "->" " =4 = 0.
n->« " + ' «^-~ 1 + — lim I 1 + — I '
K2	ft->-oo \	K2 /
lim
tt->oo \	П I		 1 	 <
П У n->oo
3\ I'
К /
n-»oo
r) lim ?»j.i - lltT1	i~=T~7 ? fT T11^
71

59. Докажем по индукции, что сумма lft + 2ft + ••• +nft
является многочленом от п степени k + 1 со старшим чле-
членом	nk+l. При k = 1 сумма \h + 2h + ••¦ + ftft равна
n(n+l)
'	2— ' Ti e- действительно является многочленом от п
степени k^\ = 2 со старшим коэффициентом	=^.
Предположим, что наше утверждение верно для всех
целых k < &0. Докажем, что оно верно и для k0. Для этого
рассмотрим набор равенств, которые следуют из формулы
бинома:
(п + 1Г+1 = nft0+1 + (k0 + 1) nft0 + ... +1,
n*°+1 = (n - l)ft°+1 + (k0 + 1) (n - 1)*° + ... +1,
(n - l)feo+1 = (n - 2)ftn+1 + (k0 + 1) (n - 2)fto + ... +1,
- ... +1.
Складывая все эти равенства и учитывая, что все слагае-
слагаемые в левой части, кроме (я+ 1)*0+1, взаимно уничтожают-
уничтожаются с соответствующими слагаемыми в правой части, мы
получим
(и + l)ftl+1 = 1 + (ko+l)[nk° + (n-l)*° + ... + lft"] + ... + п.
По предположению индукции, все члены, обозначенные
многоточием, являются многочленами от п степени ^ k0.
Мы можем отсюда написать
где Р(п) —многочлен от п степени не выше ^о- Раскрывая
выражение (n-\-l)h°+1 по. формуле бинома, окончательно
получаем
где Q(«) —многочлен степени ^ k0. Утверждение доказано,
72

Приведем в качестве примера точное выражение для суммы
(rt) = 1* + 2* + ... +nft для нескольких значений k:
So (к) = я,
К2(«+ IJ
т я4 + - »3 + Т «2 •
Общая формула суммы 5/, (к) для любого k содержит замечатель-
замечательные «числа Бернулли». Ее можно посмотреть в книге: А. О. Гель-
фонд, Исчисление конечных разностей.
Теперь мы можем вычислить наш предел:
„fe+i
,,„, Ji+*+;,-+¦'_ ,im TTT + V + -+*«_
60. Имеем: дг„ = у"и + 1 — у"и — 1 =-
rn+\ + Vn-\
2	1
Поэтому I xn |=			<	Отсюда вытекает,
yn+l + yn— l yn—i
что при n > 1 H—j- выполняется неравенство | л*„ | < е.
61. Преобразуем рассматриваемое выражение:
(Мы можем сократить числитель и знаменатель на 1 — хп,
так как по условию хп =^= 1.) Теперь можно написать:
,im 	__	=
n-lL 1 + хп	lim A + *п) 1 + Km *„ ~ 1 + 1 ~" 2 *
П->оо	п-+со
62. Воспользуемся тем, что
A + 1Г=Н-„ + ^Я+ ... >ft + ^_D>
Поэтому
2
73

2
При /г > —- будет выполняться неравенство I хп |< е.
Ег
63. Воспользуемся тем, что
Поэтому и„| = ^г
'
2
2
Для любого положительного б при п > 1 -|	, _ 2
мы будем иметь | хп \ < е.
64.	Пусть число /г заключено между 2т~ и 2т, тогда
log2n заключен между m—1 и т. Следовательно, выра-
log2 п	т т т
жение	не превосходит величины т-1 . Но мы знаем
(см. задачу 62), что для любого е > 0 найдется такое число k,
что при га > k выполняется неравенство —— < — или -^zrx < e.
Покажем, что при п > 2k будет выполняться неравенство
og2" < е. В самом деле, если п > 2fc, то и заключено
между 2т~1 и 2т, где т > k. Поэтому log2" < -—^ < е.
65.	Покажем, что для каждого положительного е суще-
существует такое число к, что при п > k выполняется неравенство
I п .		I	п ,—	| п .—	1 п —
I уп — 11 < е. Так как уп > 1, то | уп — 11 = уп — 1.
Посмотрим, при каких п неравенство Уп — 1 < е не вы-
выполняется. Другими словами, при каких п выполняется
,
п
л
неравенство ]/п — 1 ^е или Уп ^ 1 + е, или /г
Так как
то из неравенства п ^ A + е)" вытекает, что п > " —- е2,
2	2
откуда /г < 1 + —г. Поэтому для всех п > 1 Ч—г неравен-
п
ство Yn — l^e неверно, и следовательно, верно неравен-
fl
ство Уп — 1 < е.
74

66. а) Сравним два соседних члена последовательности.
Для удобства обозначим через Ъ корень степени п(п+1)
из а. Тогда мы получим
xa = n(VJr- l) = n(bn+l- l) =
= n(b-l)(bn+bn-1+ ... +1);
= (n + 1) (b - l)(ft"-' + ft" + ... + 1).
Отсюда xn — xn+i = (ft — 1) (nbn — bn~l — bn~2 — ... — 1).
При ft > 1 оба сомножителя положительны (так как в этом
случае bn > ft"-' >• б"-2 >•••>• 1); при b < 1 —оба отри-
отрицательны; при ft = 1 они равны нулю. Отсюда хп — xn+i^0
во всех случаях. Мы доказали, что последовательность [хп]
монотонно убывает. С другой стороны, если а гэ= 1, то
хп 7^ 0, т. е. наша последовательность ограничена снизу.
По аксиоме Больцано — Вейерштрасса она имеет предел.
Случай а < 1 сводится к уже разобранному следующим
приемом. Положим а =-г> тогда
^	7j
VT I уь
—n—) и lim n(|/ft — l) существует,
то существуют и lim xn.
Отметим, что мы доказали заодно соотношение
lim n(V~a — l)== — lim n(VF— l).
V	)
П->оо	П->оо
б) Первое равенство следует из соотношений
/(afe)= lim n(Vab — l)= lim n(V~ab — V~b~) +
+ lim n (VF~ l) = / (a) lim Vb~+l{b) = l (a) + I (ft).
П-УОО	П-><х
It
Мы воспользовались здесь равенством lim ]/ft = 1. Дока-
жите его самостоятельно.
Второе равенство мы докажем сначала для р натураль-
натуральных, затем для целых, затем для рациональных и, наконец,
75

для иррациональных. Для натурального р равенство
1(^ 1() выводится по индукции из равенства l(ab) =
Для целого отрицательного р искомое равенство полу-
получается с помощью соотношения /(а~')= — '(#), доказан-
доказанного в решении задачи а). Для рационального числа р =
= т/п равенство l(ai>)~ pl(a) доказывается так. Поло-
п
жим Ъ = У а . Тогда а — bn, civ = bm. Как уже доказано,
Отсюда /(bm) = ~l(bn), что и требовалось доказать.
Наконец, рассмотрим случай иррационального р. Вос-
Воспользуемся тем, что l(b)^sl(a) при b > а (так как
п		п
n(]/fe —l) > n(Ya —l)). Посмотрим, когда может быть
равенство l(b) — l(a). Если такое равенство возможно при
Ьфа, то, полагая с=Ь/а, мы получаем /(с) =/F) — /(«) =
«= 0. Так как сФ 1, то для любого числа х можно найти
такие целые числа т и п, что ст <С х < сп (например, если
с > 1, то достаточно взять т < logcx, n > logcx). Отсюда
0 = ml(с)</(л:) <nl(с) = 0.
Мы видим, что /(лг) = О для всех х. Позже, в решении за-
задачи 676), мы покажем, что это не так. Здесь же отметим,
что формула l(av) = pl(a) в этом случае, очевидно, верна.
Рассмотрим теперь случай, когда функция 1(х) не равна
тождественно нулю. Тогда равенство l(a)=l(b) возможно
только при а = Ь. В частности, при а > 1 должно быть
1(а) > /A) = 0. Предположим, что равенство /(аР) = р/(а)
не выполняется. Пусть, например, /(аР)>р/(а) для некото-
некоторого а > 1 (остальные случаи разбираются аналогично или
сводятся к этому).Возьмем внутри отрезка р, -тг-у какое-
нибудь рациональное число —. Тогда
Отсюда / (а") > —1(а) = 1\ап }. С другой стороны, так
как р < —, то а" < а " и, следовательно, /(а") <1\ап),
76

Полученное противоречие показывает, что наше предполо-
предположение неверно. Итак, формула 1(ар) = р1(а) доказана во
всех случаях.
67. а) Воспользуемся формулой 1(аР) = pl(a), доказан-
доказанной в решении задачи 616). Мы имеем
Z(fl)=/(lOlee)=lga.Z(lO).
Отсюда у-^ = /A0), и следовательно, не зависит от а.
б)	Предположим противное, т. е. что М = /(Ю) = 0.
Тогда функция 1{а) тождественно равна нулю. Но легко по-
показать, что /(а)<0 при а -< 1. В самом деле, последова-
п
тельность хп = п(\/а — l)— убывающая (см. решение за-
задачи 66а)) и х{ = а — 1. Отсюда следует, что /(о) <й — 1
при всех а; в частности, /(а)< 0 при а < 1.
Используя равенство 1(а~1)= — 1(а), можно получить
для 1(а) оценку снизу:
Ца)=-Ца-1)> 1-а-К
в)	Положим е= КЯ15». Тогда lge^-цщ и 1(а) =
Так как /A0)>0, то
68. а) Пусть, для определенности, а< Ь. Тогда
V Г
С другой стороны,
р Г пР _!_ UP	Р / О1,Р
< V 4- — ь.
Значит, Sp(a, b) заключено между а и Ь.
б) Сравним квадраты чисел S{(a, b) и S2(a, b):
Отсюда
IS»(a, b)Y- [S, (a, b)f = ^
Так как S2 (a, b) и S[ {a, b) положительны, отсюда следует,
что S2 (a, b) > Si (a, b).
77

Неравенство S-2(a, b) sg: S-i(a, b) доказывается анало-
аналогично. Рассмотрим теперь разность:
Si (a, 6)-S_,(a, b) =
_ a+b	2ab _ а2 — 2ab + b2 _ (a — bJ ^»
~~ 2	a + b~ 2(a + b) ~~ 2 (a + b) ^U-
Доказанные неравенства являются частными случаями общей тео-
теоремы:
Sp(a, b)^Sq(a, b) при p>q,
причем равенство возможно только при а = Ь.
69. а) Пусть сначала а~^Ь. Тогда
Таккак*/а<1,
то 1< 1 + (Ь/а)п < 2; отсюда
а 1/1/2 <Sn(a, 6)<a.
Но lim ay -^ — а. По «теореме о двух милиционерах»
(см. задачу 50) должно быть
lim Sn(a, b) = a.
П->оо
Аналогично доказывается, что при b > a
lim Sn (a, b) — b.
Таким образом, во всех случаях предел равен наиболь-
наибольшему из чисел а и Ь:
lim Sn(a, 6)^=max(a, b).
, _„ ,_„\-1/п
б) S-nfa 6) = (-—~j	) =[Sn{a~\ Ь~*)\ . Отсюда
lim S_rt (a, b) =	' _, ¦ -
n->°o	lim Sn (a ,b )
n->oo
=	-, -i ,-ц = min (a, b)
max (a , b )
(наименьшее из чисел a, b).
^
в) Заметим сначала, что -—^	^Уй1'^"", так как
78

Отсюда
Покажем теперь, что Snn(a, b) стремится к Yab при
я->оо. Для этого воспользуемся неравенством 1па<а—1,
доказанным в решении задачи 676). Мы получим
В последней сумме первое слагаемое стремится к In a, a
второе — к In b.
Поэтому для любого положительного е найдется такой
номер k, что при п > k будет выполняться неравенство
In Slln (а, Ь) < 1/2 (In a + In Ъ) + е
или
Slln (a, b) < V^b • е\
Пусть теперь задано положительное число еь Положим
е —1п| 1 + г— ) и найдем число k, как указано выше.
V	V ab I
Тогда при п > k мы получим
Sim(a, b)<Vab •eE=
Мы доказали, что
lim
Этот результат показывает, что в качестве среднего нуле-
нулевого порядка So (a, b) естественно взять среднее геометри-
геометрическое чисел а и Ь.
Отметим, что средние порядков р и —р связаны простым соотно-
соотношением:
Sp{a, b)-S-p{a, b) = ab
(докажите это равенство самостоятельно).
Если положить So (a, b) — \Tab, то это соотношение будет спра-
справедливо и при р = 0.
70. Пусть ап — число способов, при которых ни одно
письмо не попадает в свой конверт. Вычислим, сколько су-
существует способов, при которых ровно k писем попадают
79

в свои конверты. Известно, что k писем из п можно выбрать
С* способами. Положим выбранные k писем в соответ-
соответствующие конверты, а остальные п — k писем разложим
так, чтобы ни одно письмо не попало в свой конверт. Это
можно сделать an-h способами. Итак, всего способов, при
которых ровно k писем попадают к адресатам, будет
С* • an_k. Заметим, что при k = п наше рассуждение те-
теряет силу, так как а0 не определено. Чтобы найденное вы-
выражение давало правильный ответ и при k — и, нужно по-
положить ао= 1. С другой стороны, общее количество спо-
способов равно п\. Мы получаем равенство
ап + пап_х + C\an_t + ... + па, + aQ = п!.
Разделим обе части равенства на п! и обозначим ап/п\ че-
через рп. Мы получим
Рп+ Рп-1 + -2Рп-2 + -зГРп-3+ ••• +-^ГРЭ==1-
Эта формула позволяет последовательно находить числа
Pi, Ръ •¦-, Рп.
В самом деле, так как а0 = 1, то р0 = 1. При п= 1
наша формула дает Р\+ Ро— 1, откуда р\ = 0. (Это равен-
равенство можно получить непосредственно, вспомнив определе-
определение числа а\ — это количество способов, которыми можно
разложить одно письмо в один конверт так, чтобы оно не
гопало по адресу.)
При п = 2 мы получаем:
/7++Pl ОТКуДа Р
При п = 3:
Pi + Pi + YPi+~irPo=lt откУда Pi = \~ I
При п = 4
1	1	1
откуда
Р4 = -2— "зГ + iT' и т> д#
Эти вычисления, естественно, приводят к предположению,
что рп выражается формулой (где п ^ 2)
80

Докажите это самостоятельно методом индукции, исполь-
используя основную формулу.
Остается показать, что последовательность {рп} имеет
предел. Это делается в точности так же, как и в решении
задачи 51в).
Обозначим lim рп через р. Мы можем теперь найти
предельную вероятность того, что ровно k писем попадут
к адресатам. В самом деле, выше мы нашли, что число та-
таких способов равно Cnan_k. Отношение этого числа к я!
равно —ь\\ь\ ' Предел этого отношения при я -> оо
равен
,.	an-k __ ' ,;	an-k _ Р
пТ- («- *)' *' ~~kl "-+L («-*)' kl'
Если мы сложим все найденные вероятности, то в сумме
должна получиться единица. Отсюда
или
В задаче 67 мы говорили о том, что сумма ряда, стоящего
В скобках, равна числу е.
Таким образом, при п—>¦ оо вероятность того, что ровно
k писем попадут к адресатам, стремится к р—.
71. Будем пользоваться обозначениями, принятыми в
указании к этой задаче. После первого шага улитка попа-
попадет в точку с координатами (а+1, Ь), после второго — в
точку с координатами (а+1, Ь + 1) и т. д. После 2«-го
шага она будет в точке (а+/г, Ь+я), а после Bи+ 1)-го —
в точке (а + я + 1, b + n). Поэтому
,	Ь+пт . 	Ь+п
К2п=*Т+7Г' *2п+1~ а + п+\ •
Остается найти предел последовательности kn. Обозна-
Обозначим k2n через krn, a fon+i — через k". Легко проверить,
что последовательности {kn} и {k"} стремятся к 1. По-
Поэтому для любого е найдется такое число /,, что при
п > /i будет выполняться неравенство | k'n — 1 | < е. Точно
так же найдется такое число /2, что при я > U будет
выполняться . неравенство | k"n — 1 | < е. Обозначим через /
81

наибольшее из чисел 2/, и 2/2 + I • Тогда при п > / будет
выполня-Гься неравенство! kn—\ | < е.
72. Сохраним обозначения, принятые в указании и ре-
решении задачи 71.
а) В этом случае k'n — k2n = —, " ,
Мы получаем, что
lim fe^= lim k"n = 1.
Отсюда, как и выше, выводится, что lim kn существует и
п->оо
равен 2.
б) В этом случае
Ь' — Ь — 6 + 2 + 4+,..+2га __
к«— К2„— а+]+3+...+2га-1 —
,„_, _ 6 + 2+4+...+2я _
R — й2+1—	—
Отсюда
lim fe^= lim fe'^= 1,
и, как и выше, доказывается, что lim &„ существует И
равен 1.
в) В этом случае
4я— 1
...+22"-1 _ 6 + 2T^n~ .
4-1
4"— 1
2
-"+'	a+i+4+...+22"	4"+1 - 1 '
a+ 4_ ]
Отсюда видно, что
lim k'n = 2, lim k"n—xl2.
Покажем, что последовательность {kn} в этом случае не
имеет предела. В самом деле, если некоторая последова»
тельность имеет предел а, то любая ее подпоследователь-
подпоследовательность имеет тот же самый предел: Докажите это самостоя*
тельно, используя, например, задачи 29а) и б),
82

Но в нашем случае подпоследо-
подпоследовательности {k2n} и {k2n+i} имеют
разные пределы.
73. Из подобия треугольников
'АпМпР0 и АпМпРп (рис. 24) мы по-
получаем
МпР01 МпРп = Р0А0: РпАп.
Обозначим абсциссу точки Мп че-
через хп. Тогда полученную пропор-
пропорцию можно переписать так:
(а — хп): (а + — — хп) =
Отсюда получается выражение для
хп:
	 а(ап+ 1)
2ап + 1
а[а + —
\ п
Поэтому
lim
lim хп— —
lim
2а + —
п
_
2a
Геометрически полученный ответ можно сформулиро-
сформулировать так: касательная, проведенная к любой точке пара-
параболы, делит пополам отрезок, соединяющий вершину пара-
параболы с проекцией точки касания на ось Ох.
74. Пусть мальчик Петя вышел из точки А\. Обозначим
через В, С, D соответственно точки, в которых расположены
школа, кинотеатр и каток (рис. 25).
Путь мальчика Пети изобразится ломаной А1А2А3..., в
которой точка А2 — середина отрезка А\В, точка Л3 — сере-
середина отрезка А2С, точка Л4 — середина отрезка AzD и т. д.
Докажем, что точки А\,Аи А1, ... /43п+ь • • • лежат на одной
прямой. В самом деле, отрезок А2А5 является средней ли-
линией в треугольнике AiBAt, поэтому этот отрезок паралле-
параллелен A\Ait а длина его вдвое меньше. Точно так же, рассма-
рассматривая треугольник А2СА*„ мы выводим, что отрезок АзА$
параллелен А2Аъ, а длина его вдвое меньше. Наконец, из
83

треугольника A3DA6 мы получаем, что отрезок А4А7 парал-
параллелен АзАв и имеет вдвое меньшую длину. Сравнивая по-
полученные результаты, мы видим, что отрезки ЛИ4 и А4А7
являются продолжением друг друга, причем длина А!кА7 в
8 раз меньше длины А\А^.
Точно так же устанавливается, что отрезок A7Ai0 яв-
является продолжением отрезка А4А7, отрезок Л10Л13— про-
продолжением отрезка A1Ai0 и т. д. Итак, точки Ль Л4, А7, ...
. ., Лзп+i, •¦¦ лежат на одной прямой. Мы доказали также,
что расстояния между этими точками образуют геометри-
геометрическую прогрессию со знаменателем ¦„-. Теперь нетрудно
показать, что последовательность Аи Л4;...; Л3п+1; .. • имеет
предел. В самом деле, примем точку А\ за начало коорди-
координат на прямой, проходящей через точки нашей последова-
последовательности, а за единицу масштаба примем длину отрезка
Л1Л4. Тогда координата точки Л3п+1 будет равна
"	8 82	в"	1-1/8 '
Поэтому существует lim л:те = 8/7.
Мы доказали, таким образом, что последовательность
точек А\', Л4; Л7; ...; Л3и+1; ... стремится к некоторой точке
Д1. Точно так же можно доказать, что последовательность
А2; Л5; Л8; ...; Л3п+2; ... стремится к некоторой точке N,
а последовательность Л3; Л6; Л9; ...; Л3эт;... — к некоторой
точке Р. Итак, путь мальчика Пети довольно быстро при-
приближается к движению по сторонам треугольника MNP.
Докажите самостоятельно, что положение точек М, N и Р
зависит только от положения точек В, С и D и не зависит
от точки Ль откуда начинается движение.
75. Первый способ. Введем на прямой М\М2 си-
систему координат, приняв точку М\ за начало координат и
отрезок М\М2 за единицу масштаба. Тогда координата хп
точки Мп связана с координатами предыдущих точек соот-
соотношением
	 Хп-1 + Хп-2
п	2
(докажите это равенство самостоятельно). Покажем, что
последовательность {хп} стремится к 2/3.
Для этого мы покажем, по индукции, что
84

В самом деле, положив п=\, получаем
а при п = 2:
2 Г
Предположим теперь, что равенство х„ = -д- 1 +
+2(—к] доказано для всех n^.k и проверим его
справедливость при п = k-\- 1. Подставляя выражение для
Xh и xk-i в формулу
мы получим
=т[>
Второй способ. Рассмотрим точку М, которая делит
отрезок М\М2 в отношении 2:1. Докажите, по индукции, что
эта же точка М делит все отрезки М2М3, М3М4,..., МпМп+1
в отношении 2:1. Отсюда непосредственно вытекает, что
длина отрезка МпМ в 2П~' раз меньше длины отрезка М\М.
А это значит, что последовательность М\\ М2;...; Мп;...
имеет точку М своим пределом.
76. а) По формуле суммы геометрической прогрессии
Если | а\< 1, то
1 — Iim а"
lim Sn=	*
I-а	1-а"
Если |а|>1, то 5П—»оо при п—><х>. Наконец, если
|а|= 1, то получаем или последовательность Sn = n (при
а=1), или Sn=	Цг-^	. Обе эти последовательности
не имеют предела. Итак, при |а|^ 1 ряд расходится.
85

б) Представим 5„ в виде (а + а2+' ... +ап) + (а2+]
+ а3 + ... + ап) + ... + (а"-1 + ап) + ап. Применяя к каж-
каждому из выражений в скобках формулу суммы геометриче-
геометрической прогрессии, получаем
^п— i_a -\ пг^ г1--. -1 ]_а =
a-an+l _
V — 1 - а Па" " _a — (n+l—na) an+1
~~	\—a	~~	A—aJ
Из этой формулы уже легко выводится (см. задачу 63),
что Sn-> ,j _^ay при |а|<1, а при|а|>1 ряд расхо-
расходится.
в) Так как —,„ . ,ч = — —„.., то
-* limSn=I.
fl->oo
г) Так к
п(п+1)(я +
то
" 2 LI 1-2 3-4J^\3-4 4-5
= ' Г 1	.
2L1-2 («+1)
lim Sn=-j.
д) Покажем, что
п+[ ^ п + 2 ^ ''" ^ Чп ^ 2 *
В самом деле, в этой сумме п членов и наименьший из них
равен 1/B«). Теперь заметим, что
. . 1 , A , 1 \ . М! ,1,1,

Рис. 26.
(так как каждое из выражений в скобках больше '/г)- От-
Отсюда вытекает, что Sn-+oo при /г->-оо, значит, ряд расхо-
расходится.
77.	Два кирпича можно положить друг на друга со
сдвигом на '/2 (мы считаем длину кирпича равной 1). Рав-
Равнодействующая Pi сил F\ и /^ проходит на расстоянии 'А
от правого края второго кирпича (рис. 26). Поэтому третий
кирпич можно сдвинуть относительно второго влево на '/4-
Теперь нужно найти равнодействующую сил Pi и F3. По-
Поскольку сила Pi вдвое больше F3, точка приложения равно-
равнодействующей делит в отношении 2: 1 отрезок между точ-
точками приложения сил F3 и Pi (рис. 27). Отсюда следует,
что четвертый кирпич можно сдвинуть относительно треть-
третьего на '/б- Продолжая так дальше, можно проверить (сде-
(сделайте это самостоятельно, используя принцип математиче-
математической индукции), что (п + 1)-й кирпич можно сдвинуть от-
относительно п-го на 1/B«).
Таким образом, из л кирпичей можно построить «кры-
«крышу» длины ~ + х + "б"+ ••• + 2(я— 1) ' Так как Ряд
1 + 1/2 + 1/3 + ... + \/п + ... расходится (см. задачу 76д)),
то «крышу» можно сделать как угодно длинной.
78.	Последовательность {хп} удовлетворяет, очевидно,
соотношению хп+\ = 2 + 1/х„. Предположим, что последо-
последовательность {хп} имеет предел а. Тогда левая часть равен-
равенства стремится к числу а, а правая часть — к числу 2+ \1а.
Мы получаем, таким образом, равенство а —2+1/а, от-
откуда а = 1 ± |Л?. Поскольку все хп больше 2, число 1 — |/^2
не может быть пределом последовательности {х„}.
87

Итак, мы доказали, что если {хп} имеет предел, то этот
предел равен 1 + У2.
Покажем теперь, что искомый предел действительно
существует. Обозначим через уп разность между хп и
1 + у/2. Мы должны доказать, что lim г/„ = 0. Подставляя
ft -> оо
в равенство хп+1 = 2 -\- \/хп выражение хп через уп, по-
получаем
-Уп+1==2+ \+У2+уп'
откуда
_ (l — УТ) (\ + УТ ¦
Уп+\ —	—г~.
Из этой формулы мы получаем следующую оценку:
В самом деле, | 1 — У 2 \ < V2, а I + У~2 + уп = хп > 2.
Поэтому	_
I „ | 1'-^2 1-1 У»1 ^ 1 | „ ,
Отсюда непосредственно вытекает, что
\Уп\< -^т < ^аРГ '
и, следовательно, последовательность {уп} стремится к нулю.
Замечание. А1ожно доказать, что последовательность
пп п. .
п2
«3
«1
«2 Н
где пи п2, п3, ... — любые натуральные числа, всегда имеет пределом
некоторое иррациональное число а. Если последовательность щ, щ,
п3, ... — периодическая, то число а имеет вид тх + Уг2, где т\ и г2—>
рациональные числа. Верно и обратное — каждое иррациональное число
вида /"i + У г2 может быть записано в виде бесконечной периодиче-
периодической цепной дроби. Подробнее об этом см. в книге: А. Я. X и н ч и н,
Цепные дроби, изд. 3, М., 1961,

79. а) Сначала докажем, что
если предел {xj существует, то
он равен ±Уа. В самом деле,
пусть limxn = b. Тогда
Мы получаем равенство Ъ =
= Т ( Ъ + У
Если Хо > 0, то все члены последовательности положи-
положительны; если же х0 < 0, то все члены последователыюсти
отрицательны. Поэтому в первом случае lim xn— \/а, а во
втором lim хп= — |/а.
Остается доказать, что предел последовательности {а:,,}
действительно существует. Пусть, для определенности,
хо>О (рис. 28). Обозначим через уп разность между хп и
Y^i, деленную на Ya- Подставляя хп = A + yn)Va
в равенство хп+\ = 1/2(х„ -J- а/хп), мы получим
откуда
2A
Нам нужно доказать, что последовательность {уп} стре-
стремится к нулю. Заметим сначала, что так как
1 + «/о1+ / ^>0,
У а	у а
то все числа уп при п ^ 1 положительны. Поэтому
I/, I—,/ _
2A+»„)
Отсюда вытекает, что 1\т уп = 0.
Уп
89

б) Рассмотрим конкретный пример: а = 10, х0 = 3.
В этом случае
Так как C,2J= 10,24 > 10, то |Ло<3,2. Поэтому
. . _ 1 3 - /То [ 0,2 __ 1
0	/То	3 15
и, значит,
( 1 V
1 . 1
	420 ^ 400 '
Далее,
1У21 2A+ J/i)	2 ~ 320 000 '
Поэтому
Итак, чтобы найти /10 с точностью до 0,00001, доста-
достаточно найти член х2. Мы имеем
На самом деле ]/Ш= 3,16 227 765 .. .
Как видите, найденное нами значение действительно об-
обличается от истинного меньше чем на 0,00001.

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ
1.	Случай -J	невозможен. Остальные возможны.
2.	Возможны оценки: + + +;	Ь +;	1	;	.
3.	а) Самый низкий из высоких всегда выше, чем самый высокий
из низких, б) Изменится. При такой расстановке возможны оба
случая.
4.	Ответ. 1) (+,-), (-,-); 2) (+._). (-.+). (-,-):
3) (+,-), (-,+); 4) (+,-), (-,+), (+,+).
5.	Может.
6.	Первое и третье; второе и четвертое.
7.	Верны теоремы 1 и 6, остальные нет.
8.	а) Верно; б) нет, не следует.
9.	а) Воспользуйтесь методом от противного, б) Сведите эту за
дачу к задаче а).
10.	Первая группа — теорема 8; вторая группа — теоремы 2, 3,
6 и 7; третья группа — теоремы 4 и 5.
11.	Ответ. +1 и —1- При х = 0 выражение \х\/х не определено
12.	а) а2; б) а — Ь; в) Ь — а; г) —а.
13.	а), б) Рассмотрите отдельно случаи х 5* 0 и х < 0. в) Рас-
Рассмотрите отдельно случаи х < —'/г, —7г ^ i < '/г и ); > '/2.
Ответ, а) Х[ == 1, х2 = —3; б) Xi = 1, л:2 = —1; в) отрезок
[-'/2, Yd.
14.	Рассмотрите отдельно различные случаи расположения точек
х, у и 0 на числовой оси. В случае а) равенство возможно, только
когда х ^ 0, у ^ 0 или х ^ 0, у ^ 0. В случае б) возможно, когда
* ^ У > 0 или * < У ^ 0- В случае в) когда х ^ 0, у ^ 0 или д: ^ 0,
15.	Утверждения а), б) и в) верны; г) неверно.
16.	а) Верно; б) верно.
17.	а) Периметр — с точностью до 4 см. Точность вычисления пло
щади зависит от величины сторон.
б) Периметр — с точностью до 1%, площадь с точностью до 2%
18.	а) х3 = 9/8; б) хю = 0,05; в) Х999 = *iooo-
19.	а) х2 = х3 = —5; б) х10 = 20; в) хъ = —2.
20.	Последовательность {хп} называется неограниченной, если для
любого числа С существует такой номер п, что |хп| > С.
21.	Например, а) хп = (—'/г)"; б) х„ = 1/л; в) х„ = (rt — 1)/л.
г) *„ = (-1)»-(л-1)/л.
91

22.	а), в) Могут быть истинными и ложными; б) всегда истинно;
г), д) всегда ложны.
23.	Начиная с п = 10 000.
24.	Существует.
._. п
25.	б) Рассмотрите последовательность хп — гг .
26.	а) Существует; б) существует.
27.	а) Не существует; б) неизвестно: может существовать и мо-
может не существовать.
29.	б) Верно.
30.	б) Нельзя. См. последовательность из указания к задаче 256).
31.	Используйте задачу 30.
32.	а) 0; б) 1; в) 2; г) предела не существует; д) 1; е) 0; ж) 2Д;
3)	предела не существует; и) 0; к) предела не существует.
33.	Не могут. (Указание. Ср. задачу 31.)
34.	б) Сформулируйте, что значит, что число а не является пре-
предельной точкой последовательности.
35.	Сравните определения предела и предельной точки.
36.	а) 1; б) 1, —1; в) 0; ±sin 1°; ±sin У; ...; ±sin 89°; ±1; г) 0;
д) предельных точек нет; р) предельные точки заполняют отрезок [0, 1].
37.	б) Неверно. Рассмотрите пример хп = (—1)п.
38.	a) Xn->-o°; б) л:„->оо; в) {хп} не ограничена; г) д;„->оо;
д) {хп} ограничена.
39.	1) Условию удовлетворяют все последовательности. 2) Не все
члены последовательности равны а. 3) Последовательность ограничена.
4)	Точка а не является предельной точкой последовательности. 5) По-
Последовательность не стремится к бесконечности. 6) Число а не являет-
является пределом последовательности. 7) Последовательность ограничена.
9) Число а является либо одним из членов последовательности {х„},
либо предельной точкой этой последовательности*).
Остальные условия являются отрицаниями перечисленных. А имен-
именно, условие с номером k означает, что не выполняется условие с номе-
номером 17 — k. Например, условие 10 означает, что не выполняется усло-
условие 7, т. е. последовательность не ограничена. Условие 15 означает,
что не выполнено условие 2, т. е. все члены последовательности рав-
равны а, и т. д.
40.	а) + + + + -; хп=а\
¦ i i	a 1
хп = а+ 1 + (—1)";
ч	; хп = а + n[i + (—•)"];
¦- + -
хп = п;
41.	1) *,( = ^; 2) *„ = -?—_!_. 3) *„ = (-
42.	Докажите, что если бесконечная последовательность не имеет
наибольшего члена, то из нее можно выбрать бесконечную возрастаю-
возрастающую подпоследовательность.
*) Если выполняется условие 9, то точка а называется точкой прцкос~
новения для последовательности {хп},
02

43.	Докажите, что все цифры десятичной дроби а, начиная с не-
некоторого места, совпадают между собой.
44.	Воспользуйтесь аксиомой Больцано — Вейерштрасса.
Ответ. 0.
45.	Докажите, что последовательность
1,4; 1,41; 1,414; 1,4142; 1,41422, ...
приближенных (с недостатком) значений для \Г2 монотонна, ограни-
ограничена и не имеет рационального предела.
46.	Воспользуйтесь результатом задачи 42 и аксиомой Больцано —
Вейерштрасса.
47.	а), б) и в) Верно; пределы равны а + b, a — b, ab соответ-
соответственно, г) Верно, если Ъ =f= 0; предел равен а/Ь. Неверно, если Ъ = 0,
а =^= 0. Может быть верно, а может быть и неверно, если а = Ъ = 0.
48.	а) Не имеет, б) Может иметь, а может и не иметь.
49.	а), б) Могут иметь и могут не иметь.
51. б) Воспользуйтесь неравенством —^ *^ —7	ГТ и докажите,
что последовательность Sn ограничена, в) Рассмотрите отдельно под-
подпоследовательности {Sn}, составленные из членов с четными и нечет-
нечетными номерами.
53.	Пусть Sn—n-я частичная сумма ряда aj + аг + ... + ап + ...,
г Сп— n-я частичная сумма ряда а{ + 2а2 + • • • + 2"а2„ + • • • Дока-
Докажите, что -^(Сп— a,)<S2n+i — с,<С„.
54.	Воспользуйтесь задачей 53.
56. в) Рассмотрите примеры: хп = я, а {(/„} — одна из последова-
последовательностей
ш- т. ш-
57. а) *„=^; </„ = -; б) л:„ = —; «/„ = -; в) ,„ = _
1
58. а) 2/з; б) 0; в) 1; г) 1.
69. Докажите, что 1* + 2* + ... + п" ==-хЦ-Г + Q (")• где
k+ 1
Q (n) — многочлен.от п степени
60. Воспользуйтесь тождеством
62.	Представьте 2" в виде A + 1)" и используйте формулу би-
иома.
63.	Представьте а" в виде [1 + (а—1)]п и воспользуйтесь форму-
формулой бинома.
64.	Воспользуйтесь результатом задачи 62.
65.	Ответ: 1.
66.	а) Докажите, что последовательность {я,,} монотонно убывает,
б) Рассмотрите сначала случай целого р, затем рационального и,
наконец, иррационального; в последнем случае воспользуйтесь неравен-
неравенством 1(а) > 1{Ь) при a > b.
93

67.	а) Воспользуйтесь формулой l(av) = рЦа).
б)	Докажите, что 1(а) < а— 1.
i
в)	В качестве е нужно взять 1О'(|№.
68.	б) Рассмотрите разности [S2(a, b)]2—[S, (a, b)]1, [S_, (a, b)]1
- [5_2 (а, Ъ)\\ SAa,b)-S-,(a,b).
69.	a) Докажите, что при а ^ b
б)	Выразите S-n(a, b) через Sn(a~\ b~1).'
в)	Докажите, что S^n(c, Ь)Р?У~аЬ, и оцените сверху lnS^n(n,
И пользуя неравенство 1па<а— 1.
Ответ. l™xtSUn(a,b) = VTb.
70. Докажите равенство
подсчитав число способов, при котором ровно k писем попадают в свои
конверты. Используйте эту формулу для вычисления искомой последо-
последовательности рп = ап/п\
71.	Возьмем начало координат в точке, где находится вторая
улитка. Оси координат направим по линиям клетчатой бумаги и за
единицу масштаба возьмем одну клетку. Пусть первая улитка в на-
начальный момент находится в точке с координатами (а, Ь). Найдите
координаты (ап, Ьп) точки, в которую попадет улитка за п шагов.
Угловой коэффициент прямой, по которой направлена подзорная труба,
равен kn = bn/пп. Докажите, что lim kn = 1-
гс->оо
72.	См. указание к задаче 71.
Ответы, a) lim &„ = 2; б) lim &„=1;в) последовательность
{kn} не имеет предела.
73.	Опустим из точек Ао и Ап перпендикуляры на ось Ох. Пусть
Ро и Рп — основания этих перпендикуляров. Докажите, что треуголь-
треугольники Мп^о^о и MnAnPr, подобны и вычислите отсюда длину отрезка
МпРо.	'
Ответ. Точка М — середина отрезка ОРо.
74.	Отметьте на листе бумаги три точки, изображающие школу,
кинотеатр и каток. Возьмите произвольную четвертую точку и построй-
постройте ломаную линию AiA2A3At..., изображающую путь мальчика Пети.
Сравните отрезки А,А4, А2А5, А3Ае и т. д.
75.	Точка М = lim Mn делит отрезок Af,Af2 в отношении 2: Ь
Я-»°о
1 — ап	1
76.	a) Sn = -j	; lim Sn =	 при |а|<1; ряд расхо-
1 — а п-»оо	' — о
дится при | а | ^ 1.
б) Представьте Sn в виде суммы п геометрических прогрессии;
_а
0-аJ	'
lim Sn = 7i	и" ПРИ I ° i < I; РЯД расходится при | а | > 1.
94

Рис. 29.
Рис. 30.
Рис. 31.
B)Sn=l-
1
(«+!)(« + 2)
¦]'
lim Sn =-r.
д) Докажите, что
1
¦ + ¦
1
n-f-1 T n + 2 ' "•• ' 2n ^ 2'
Ряд расходится.
77.	Можно построить «крышу» как угодно большой длины. Прини-
Принимая длину кирпича за 1, докажите по индукции, что кирпичи не
будут падать, если (п+1)-й кирпич (считая сверху) сдвинуть отно-
относительно п-го кирпича на 1/Bп). После этого воспользуйтесь результа-
результатом задачи 76д).
78.	1 + V~2-
79.	б) Достаточно вычислить х2.
80.	а) Примем длину спички за единицу и обозначим через г„ рас-
расстояние от начальной точки до конца n-й спички (рис. 29). Докажите,
что rn =Vn • Далее, пусть фп — угол, под которым видиа /i-я спичка
из начальной_ точки. Проверьте, что sin ф„ = U[^ti. Докажите нера-
неравенство \lYn < фп, используя тот факт, что дуга длиннее стягивающей
ее хорды (рис. 30). Теперь воспользуйтесь результатом задачи 54.
Ответ: бесконечно много оборотов.
б) Проверьте, что tg (р„ •

) рр	gq	l^rt — 1. Докажите, что фп<1/^п— 1,
используя тот факт, что дуга короче объемлющей ее ломаной (рис. 31).
Выведите отсюда, что
2(rn+ft — rn+i)< «Pi + ф2+ ••• +<Pn < 2(г„+а — rn_i).
Ответ: расстояние между последовательными витками стре-
стремится к п.

Александр
Александрович
Кириллов	Пределы
М., 1973 г., 96 стр. с илл.
Редактор
Художник серии
Техн. редактор
Корректоры:
Сдано в набор
Подп. к печати
Бумага
Фпзич. печ. л.
Усл. печ л.
Уч.-изд. л.
Т-14497.
Тираж
Цена книги
Заказ
И. М. Овчинникова
В. В. Смолянинов
С. Я. Шкляр
Е. А. Белицкая, Л. С. Сомова
16/Ш 1973 г.
1/Х 1973 г.
84ХЮ8'/з2, тип. № 2.
3.
5,04.
4,62.
200000 экз.
13 коп.
579.
Издательство «Наука»
Главная редакция
Физико-математической литературы.
117071, Москва, В-71, Ленинский проспект, 15
Ордена Трудового Красного Знамени
Ленинградская типография № 2
имени Евгении Соколовой
Союзполиграфпрома при
Государственном комитете Совета
Министров СССР по делам издательств,
полиграфии и книжной торговли
198052, Ленинград, Измайловский проспект, ?9

Математика
Библиотечка
физико-математической школы
Выпуск 1
Выпуск 2
Выпуск 3
Выпуск 4
Выпуск 5
Серия основная
И. М. Гельфанд, Е. Г. Глаголева, А. А. Ки-
Кириллов, Метод координат.
И. М. Гельфанд, Е. Г. Глаголева, Э. Э. Шноль,
Функции и графики (основные приемы).
С. И. Гельфанд, М. Л. Гервер, А. А. Кириллов,
Н. Н. Константинов, А. Г. Кушниренко, Задачи
по элементарной математике (последователь-
(последовательности, комбинаторика, пределы).
Н. Б. Васильев, В. Л. Гутенмахер, Прямые и
кривые.
М. И. Башмаков, Уравнения и неравенства
Выпуск 1*
Выпуск 2*
Выпуск 3*
Серия дополнительная
Е. Б. Дьшкин, С. А. Молчанов, А. Л. Розен-
таль, А. А. Толпыго, Математические задачи.
А. А. Кириллов, Пределы.
Е. Б. Дыпкин, С. А. Молчанов, А. Л. Розен-
таль, Математические соревнования (арифме-
(арифметика, алгебра).