حد دنباله (حد تابع)

آخرین ویرایش: 10 مهر 1400
دسته‌بندی: دنباله‌
امتیاز:

قضیه فشردگی یا ساندویچ در دنباله 

قضیه

برای دنباله ‌های an و bn و cn با شرط ancnbn و داشته باشیم: 

limn+an=limn+bn=L

آن‌گاه:

limn+cn=L

اثبات

برای اثبات limn+cn=L بایستی نشان دهیم: 


ε>0      MN   ;   nM     cnL<εif  limn+an=Lε1>0     M1N  ;  nM1anL<ε1       ;    1if  limn+bn=Lε2>0       M2N  ;  nM2bnL<ε2    ;    2

فرض کنیم:

ε=ε1=ε2M=maxM1  ,  M2

یعنی برای هر nM از هر دو نامساوی anL<εbnL<ε می‌توان استفاده کرد اما:

anL<εε<anL<εbnL<εε<bnL<εcnL<εε<cnL<ε

با توجه به‌فرض:

ancnbnanLcnLbnLε<anLcnLbnL<εε<cnL<εcnL<ε    ;    ε>0     MN   ;   nMcnL<εlimn+cn=L

تمرین

با استفاده از قضيه فشار، ثابت كنيد:

limn+sinnn=0

1sinn11nsinnn1n    ;    n>0limn+1nlimn+sinnnlimn+1n0limn+sinnn0limn+sinnn=0

limn+1n2+4=0

01n2+41n2limn+0limn+1n2+4limn+1n20limn+1n2+40limn+1n2+4=0

دریافت مثال

قضیه حد دنباله‌ های گویا

قضیه

فرض کنیم A:NR یک دنباله گویا بر حسب n باشد به طوری‌که:

An=pnqn=anm+bnm1+...+en+La'nk+b'nk1+...+e'n+L'

pn و qn چند جمله ‌هایی بر حسب n هستند.

1- limn+An=0 است، اگر و فقط اگر درجه pn کم‌تر از درجه qn باشد. k>m    

2- limn+An=aa' است، اگر و فقط اگر m=k یعنی pn و qn هم درجه باشند. 

3- limn+An= است، اگر و فقط اگر درجه pn بیش‌تر از درجه qn باشد. m>k. علامت در این حالت مهم است.      

تذکر

از قضیه فوق برای محاسبه حدهای دنباله ‌هایی که به‌صورت چند جمله ‌ای بر حسب n نباشند هم بکار می‌رود.

تمرین

حدهای زير را محاسبه كنيد.

limn+4n3+5n2+n50n2+2n4

limn+4n3+5n2+n50n2+2n4=limn+4n350n2=limn+450n=450+=

limn+n+nsin1nn2+1

limn+n+nsin1nn2+1=limn+n1+sin  1nnn+1n=limn+1+sin1nn+1n=limn+1+sin1n  1n+1n=0


یادآوری می‌کنیم که 1+sin1n کراندار است.


1sin1n101+sin1n2

دریافت مثال

قضیه حد دنباله عدد نپر

عدد نپر مانند π یکی از اعداد مهم ریاضی است و اولین بار این عدد توسط اویلر کشف شد، به همین دلیل آن را به e که حرف کلمه euler است، نشان می‌دهد.

یکی از کاربردهای عدد e در توابع مثلثاتی و مخصوصا در آنالیز مختلط است.

این عدد به‌طور تقریبی برابر e=2.7182818 است و ثابت می‌شود که عدد e اصم است.

حتی اعداد ناجورتر از اعداد اصم وجود دارند که اعداد متعالی Transcendental نامیده می‌شوند و این اعداد در مقابل اعداد جبری هستند.

نکته

عددی را جبری گوئیم هرگاه ریشه یک معادله چندجمله‌ای با ضرایب گویا باشد و اگر عددی چنین خاصیتی را نداشته باشد، متعالی نامیده می‌شود.

تمرین

آیا عدد x=2 یک عدد جبری است؟

عدد x=2 ریشه معادله x22=0 است که یک عدد جبری است زیرا ریشه یک معادله چندجمله‌ای با ضرایب گویا است.   

آیا عدد x=π یک عدد جبری است؟

عدد x=π ریشه معادله x2π2=0 است که یک عدد جبری نیست زیرا ریشه یک معادله چندجمله‌ای است که همه ضرایب آن گویا نیست.


عدد x=π علاوه بر اصم بودن، متعالی می‌باشد.

آیا عدد x=e یک عدد جبری است؟

عدد x=e ریشه معادله x2e2=0 است که یک عدد جبری نیست زیرا ریشه یک معادله چندجمله‌ای است که همه ضرایب آن گویا نیست.


عدد x=e علاوه بر اصم بودن، متعالی می‌باشد.

یادآوری

اثبات متعالی و یا اصم بودن e و π به‌سادگی نبوده و در ریاضیات عالی با مقدمات بیشتری ثابت می‌شود 

معرفی عدد e به‌صورت‌های مختلفی انجام می‌گیرد:

روش اول: استفاده از نامساوی میانگین حسابی و هندسی

روش دوم: اصل تمامیت و دنباله ‌ها

روش سوم: استفاده از سری‌ ها

روش چهارم: به‌کمک انتگرال

تعریف: دنباله زیر را در می‌گیریم:

1+1nnn=1   :   2  ,  322  ,  433   ,  544   ,  655   ,   .......

حد دنباله - پیمان گردلو

این دنباله هم به لحاظ کاربردی و هم‌چنین از جنبه نظری اهمیت فوق العاده دارد.

ثابت می‌شود این دنباله، همگراست و هرگاه حد آن را e بنامیم، یعنی:

limn1+1nn=e

عدد حقیقی e به‌صورت طبیعی در بیشتر پدیده‌های خلقت ظاهر می‌شود.

قضیه

limn1+1nn=n=01n!=10!+11!+12!++1n!+=e

اثبات

قضیه فوق را در حالت کلی‌تر برای اعداد حقیقی ثابت می‌کنیم.

اگر x عدد حقیقی باشد، آن‌گاه:

limx±1+1xx=e

حالت اول:

limx+1+1xx=?

if  xR   ,    x1    xx<x+1    ;    x=nnx<n+11n+1<1x1n1+1n+1<1+1x1+1n1+1n+1n1+1n+1x<1+1xx<1+1nx1+1nn+1

1+1n+1n<1+1xx<1+1nn+1limn+1+1n+1n<limn+1+1xx<limn+1+1nn+1limx+1+1n+1n+11+1n+11<limn+1+1xx<limn+1+1nn1+1ne×1<limn+1+1xx<e×1e<limn+1+1xx<elimx+1+1xx=e

حالت دوم:

limx1+1xx=?

if   xR  ,  x1  x1limx1+1xx=limxx+1xx=limxxx+1x=limxx+11x+1x=limx11x+1x=limx1+1x1x11+1x1     ;     y=x1=limy+1+1yy1+1y=e×1=e

تذکر

limn1+1nn=elimn01+n1n=elimn1+knmn=emklimn11nn=e1=1e

تمرین

حدود زير را محاسبه كنيد.

limn01+n1n

limn01+n1n=limn01+1mm    ;    if  n=1mm=1n   n0m=limm+1+1mm=e

limn1+knmn

n=krr=nk1r=kn     ;   nrlimn1+knmn=limr+1+1rmkr=limr1+1rrmk=emk

دریافت مثال

نکته

دنباله an با ضابطه an=1+1nn صعودی است.

اثبات

کافی است ثابت کنیم برای هر n نامساوی an+1an>1 برقرار است:

an+1an=1+1n+1n+11+1nnan+1an=1+1n+11+1nn+1.1+1nan+1an=n+2n+1n+1nn+1.1+1n

an+1an=n2+2nn+12n+1.1+1nan+1an=11n+12n+1.1+1n    ;   Ιan+1an>1n+1n+12.1+1nan+1an>11n+1.1+1nan+1an>nn+1.n+1nan+1an>1

نامساوی برنولی را یادآوری می‌کنیم:

1+an1+na , 0<n<11+an1+na , n<0n>1Ι  :   11n+12n+1.1+1n>1n+1n+12.1+1n

در نامساوی های فوق a-1 است، تساوی وقتی برقرار است که a=0 یا n=1 باشد.  

نکته

دنباله bn با ضابطه bn=1-1nn صعودی است.

اثبات

bn+1bn=11n+1n+111nnbn+1bn=11n+111nn+1.11nbn+1bn=nn+1n1nn+1.11nbn+1bn=n2n21n+1.11n

bn+1bn=1+1n21n+1.11n   ;   Ιbn+1bn>1+n+1n21.11nbn+1bn>1+1n1.11nbn+1bn>nn1.n1nbn+1bn>1

نامساوی برنولی را یادآوری می‌کنیم:

1+an1+na , 0<n<11+an1+na , n<0n>1Ι  :   1+1n21n+1.11n>1+n+1n21.11n

مثال‌ها و جواب‌ها

حد دنباله (حد تابع)

13,000تومان
خرید فایل PDF مثال ها و جواب ها

برای ارسال نظر وارد سایت شوید