سرفصل‌های این مبحث

دنباله های ریاضی

حد دنباله (همگرایی دنباله‌ ها)

آخرین ویرایش: 03 اسفند 1402

دسته‌بندی: دنباله های ریاضی

امتیاز:

نظر کاربران: برای نظر دادن اولین باش!

تعریف همگرایی در دنباله ها

اگر $\lim_{n \to + \infty} \{a_{n}\}$ موجود و متناهی باشد، یعنی:

$\lim_{n \to + \infty} \{a_{n}\} = L$

آن‌گاه می‌گوییم دنباله همگرا (متقارب) است، در غیر این‌صورت آن را واگرا (متباعد) می‌نامند.

تمرین

تعیین کنید که دنباله های زیر همگرا یا واگرا هستند. اگر دنباله همگرا باشد، حد آن را تعیین کنید.

${\frac{3 n^{2} - 1}{10 n + 5 n^{2}}}_{n = 2}^{\infty}$

$lim_{n \to \infty} \frac{3 n^{2} - 1}{10 n + 5 n^{2}} = lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} (3 - \frac{1}{n^{2}})}{n^{2} (\frac{10}{n} + 5)} = lim_{n \to \infty} \frac{3 - \frac{1}{n^{2}}}{\frac{10}{n} + 5} = \frac{3}{5}$

این دنباله همگراست.

${\frac{e^{2 n}}{n}}_{n = 1}^{\infty}$

$lim_{n \to \infty} \frac{e^{2 n}}{n} = lim_{n \to \infty} \frac{2 e^{2 n}}{1} = \infty$

از قاعده هوپیتال استفاده کرده‌ایم.

این دنباله واگراست.

${\frac{n^{2} - 7 n + 3}{1 + 10 n - 4 n^{2}}}_{n = 3}^{\infty}$

$lim_{n \to \infty} \frac{n^{2} - 7 n + 3}{1 + 10 n - 4 n^{2}} = - \frac{1}{4}$

این دنباله همگراست.

روش‌های اثبات همگرایی

روش اول در اثبات همگرایی

در حالت کلی روش اثبات همگرایی یک دنباله با استفاده از تکنیک $ε$ صورت می‌گیرد.

در این تکنیک از قبل عدد مثبت $ε$ را اختیار کرده و ثابت می‌کنیم که عدد طبیعی مانند $M$ هست که به ازای هر $n$ اگر $n \geq M$ باشد، آنگاه $|a_{n} - L| < ε$ .

بنابراین با استفاده از تعریف حد دنباله، همگرایی را بررسی می‌کنیم:

$\forall ε > 0 \exists M \in N; n \geq M \Rightarrow |a_{n} - L| < ε$

تمرین

با استفاده از تعريف حد دنباله ثابت كنيد:

$\lim_{n \to + \infty} \frac{n}{2 n + 1} = \frac{1}{2}$

$\begin{array}{l} \forall ε > 0 \exists M \in N; n \geq M \Rightarrow |a_{n} - L| < ε \end{array}$

$\begin{array}{l} |\frac{n}{2 n + 1} - \frac{1}{2}| < ε \\ \Rightarrow |\frac{2 n - 2 n - 1}{2 (2 n + 1)}| < ε \\ \Rightarrow |\frac{- 1}{2 (2 n + 1)}| < ε \\ \Rightarrow \frac{1}{2} |\frac{1}{2 n + 1}| < ε \\ \Rightarrow |\frac{1}{2 n + 1}| < 2 ε \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow |2 n + 1| > \frac{1}{2 ε}; i f n \to + \infty \Rightarrow |2 n + 1| = + (2 n + 1) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 2 n + 1 > \frac{1}{2 ε} \\ \Rightarrow 2 n > \frac{1}{2 ε} - 1 \\ \Rightarrow n > \frac{1}{4 ε} - \frac{1}{2} \\ \Rightarrow n > \frac{1 - 2 ε}{4 ε} \\ \Rightarrow M = [\frac{1 - 2 ε}{4 ε}] + 1 \end{array}$

$\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{2}} = 0$

$\begin{array}{l} \forall ε > 0 \exists M \in N; n \geq M \Rightarrow |a_{n} - L| < ε \end{array}$

$\begin{array}{l} |\frac{1}{n^{2}} - 0| < ε \Rightarrow |\frac{1}{n^{2}}| < ε \\ \Rightarrow |n^{2}| > \frac{1}{ε} \\ \Rightarrow n^{2} > \frac{1}{ε} \\ \Rightarrow n > \frac{1}{\sqrt{ε}} \\ \Rightarrow M = [\frac{1}{\sqrt{ε}}] + 1 \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

روش دوم در اثبات همگرایی

در حالت کلی چون از پیش $ε$ را تعیین کرده‌ایم، پس اگر به نتایجی مانند $|a_{n} - L| < c ε$ یا نظایر آن برسیم از قبل پیش‌بینی‌هایی می‌کنیم تا در آخر به نتیجه $|a_{n} - L| < ε$ برسیم.

به‌همین منظور به‌جای $ε$ از $\frac{ε}{c}$ یا $c ε$ استفاده می‌کنیم.

از این روش در اثبات بعضی قضایا و مسایل استفاده می‌شود.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

روش سوم در اثبات همگرایی

معمولا برای اثبات همگرایی یک دنباله با استفاده از تعریف، اگر قبلا همگرایی دنباله را حدس زده باشیم که حد آن مثلا برابر $L$ است، عبارت $|a_{n} - L| < ε$ را تشکیل داده و تا حد امکان آن را ساده می‌کنیم، سپس با انتخاب $ε$ در صورت امکان از عبارت و نامساوی $|a_{n} - L| < ε$ عدد $n$ را بر حسب $ε$ پیدا می‌کنیم.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

روش چهارم در اثبات همگرایی

در بعضی مواقع ممکن است از نامساوی $|a_{n} - L| < ε$ محاسبه $n$ بر حسب $ε$ به‌سادگی امکان‌پذیر نباشد.

در این مواقع معمولا $|a_{n} - L|$ را تشکیل داده و با استفاده از خواص نامساوی‌ ها، دنباله $f (n)$ را چنان پیدا می‌کنیم که به ازای هر $n$ طبیعی $|a_{n} - L| \leq f (n)$ و $f (n)$ دنباله‌ ای ساده‌تر بر حسب $n$ باشد به‌طوری‌که در $f (n) < ε$ محاسبه $n$ برحسب $ε$ به‌سادگی امکان‌پذیر باشد، در نتیجه:

$|a_{n} - L| \leq f (n) < ε$

فرض کنیم از نامساوی $f (n) < ε$ مقدار $n$ برحسب $ε$ به‌دست آمد و ما $f (n)$ را قبلا به ازای $n > M_{1}$ راحت‌تر به‌دست آورده باشیم.

$M > \max \{M_{1}, n\}$

$n$ بر حسب $ε$ می‌باشد.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

نکته

$i f - 1 < a < 1 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} a^{n} = 0$

دنباله $\{a^{n}\}$ همگرا است.

$i f \{\begin{cases} a > 1 \\ a < - 1 \end{cases}$

دنباله $\{a^{n}\}$ واگرا است.

$i f \lim_{n \to + \infty} a_{n} = L$

طبق تعریف داریم:

$\forall ε > 0 \exists M \in N; n \geq M \Rightarrow |a_{n} - L| < ε$

$|a_{n} - L| < ε \Rightarrow - ε < α_{n} - L < ε \Rightarrow L - ε < a_{n} < L + ε \Rightarrow a_{n} \in (L - ε, L + ε)$

این نشان می‌دهد که جملات دنباله $\{a^{n}\}$ از مرتبه $M$ به بعد همگی در داخل همسایگی متقارن به مرکز $L$ و شعاع $ε$ قرار دارند.

همگرایی دنباله - پیمان گردلو

تذکر

اگر در دنباله $\{a_{n}\}$ حداقل دو زیردنباله $\{a_{k (n)}\}$ و $\{a_{k^{'} (n)}\}$ وجود داشته باشند که به دو عدد متمایز همگرا باشند، آن‌گاه دنباله $\{a_{n}\}$ همگرا نمی‌باشد.

تمرین

دنباله $a_{n} = {(- 1)}^{n}$ در نظر بگیرید:

این دنباله را به دو زیردنباله بنویسید و نشان دهید:

$\begin{array}{l} \{a_{2 n}\} = \{{(- 1)}^{2 n}\} = 1, 1, 1, ... \end{array}$

$\begin{array}{l} \{a_{2 n - 1}\} = \{{(- 1)}^{2 n - 1}\} = - 1, - 1, - 1, ... \end{array}$

زیردنباله اولی به عدد $1$ و زیردنباله دومی به عدد $(- 1)$ همگرا است.

چون زیردنباله‌ها به دو عدد متمایز همگرا هستند بنابراین دنباله $a_{n} = {(- 1)}^{n}$ همگرا نیست.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضایای همگرایی در دنباله‌ها

قضیه

قضیه اول کوشی

دنباله $\{a_{n}\}$ مفروض است به‌طوری‌که به $L$ همگرا است، در این‌صورت دنباله $\{b_{n}\}$ به $L$ همگرا است.

$b_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n}$

تذکر

عکس این قضیه همواره صحیح نیست یعنی ممکن است $\frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n}$ همگرا باشد اما $a_{n}$ همگرا نباشد.

تمرین

نشان دهید دنباله با ضابطه زیر همگرا است:

$b_{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{2 n} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{n^{2}}$

$\begin{array}{l} b_{n} = \frac{1}{n} + \frac{1}{2 n} + \cdot \cdot \cdot + \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{n} (\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + .... + \frac{1}{n}) = \frac{\frac{1}{1} + \frac{1}{2} + ... + \frac{1}{n}}{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + ... + a_{n}}{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} a_{n} = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} b_{n} = 0 \end{array}$

تمرین

اگر $\{a_{n}\}$ دنباله ‌ای از اعداد مثبت و $\lim_{n \to + \infty} a_{n}$ مثبت باشد، ثابت کنید:

$\lim_{n \to + \infty} b_{n} = \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} ... a_{n}} = \lim_{n \to + \infty} a_{n}$

اگر $a_{1}, a_{2}, \cdot \cdot \cdot, a_{n}$ مثبت باشند:

واسطه حسابی را به‌صورت زیر نشان می‌دهیم:

$A_{n} = \frac{a_{1} + a_{2} + \cdot \cdot \cdot + a_{n}}{n} = \frac{1}{n} \sum_{i = 1}^{n} a_{i}$

واسطه هندسی را به‌صورت زیر نشان می‌دهیم:

$G_{n} = \sqrt[n]{a_{1} . a_{2} \cdot \cdot \cdot a_{n}} = \sqrt[n]{{\prod a_{i}}_{i = 1}^{n}}$

طبق تعریف واسطه هندسی داریم:

$b_{n} = \sqrt[n]{a_{1} a_{2} ... a_{n}} \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{1} a_{2} ... a_{n}}$

$\begin{array}{l} b_{n} = \sqrt[n]{a_{1} a_{2} ... a_{n}} \\ \Rightarrow \log b_{n} = \log \sqrt[n]{a_{1} a_{2} ... a_{n}} \\ \Rightarrow \log b_{n} = \log {(a_{1} a_{2} ... a_{n})}^{\frac{1}{n}} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \log b_{n} = \frac{1}{n} \log (a_{1} a_{2} ... a_{n}) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \log b_{n} = \frac{\log a_{1} + \log a_{2} + ... + \log a_{n}}{n} \end{array}$

بنابر قضیه اول کوشی:

$\begin{array}{l} \Rightarrow \underset{n \to + \infty}{l i m} \log b_{n} = \underset{n \to + \infty}{l i m} \log a_{n} \\ \Rightarrow \log \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \log \lim_{n \to + \infty} a_{n} \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} b_{n} = \lim_{n \to + \infty} a_{n} \end{array}$

قضیه

قضیه دوم کوشی

اگر $\{a_{n}\}$ دنباله ‌ای از اعداد مثبت باشد:

$\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = L \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} = L$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

در دنباله $\{a_{n}\}$ به ازای هر $n$ و $a_{n} \neq 0$ داریم:

$\lim_{n \to + \infty} \frac{{a_{n}}_{+ 1}}{a_{n}} = λ$

اگر $|λ| < 1$ باشد، آنگاه $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$

اگر $λ > 1$ و $a_{n} > 0$ باشد، آنگاه دنباله $\{a_{n}\}$ به $+ \infty$ واگرا است.

تمرین

همگرایی دنباله های زیر را بررسی کنید.

$\{a_{n}\} = \{\frac{c^{n}}{n^{k}}\}$

$\lim_{n \to + \infty} \frac{{a_{n}}_{+ 1}}{a_{n}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{c^{n + 1}}{{(n + 1)}^{k}}}{\frac{c^{n}}{n^{k}}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{k} c^{n + 1}}{c^{n} {(n + 1)}^{k}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{c n^{k}}{{(n + 1)}^{k}} = \lim_{n \to + \infty} c {(\frac{n}{n + 1})}^{k} = c$

$\begin{array}{l} i f |c| < 1 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0 \\ i f c > 1 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} a_{n} = + \infty \end{array}$

$\{a_{n}\} = \{\frac{x^{n}}{n!}\}$

$\lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{x^{n + 1}}{(n + 1)!}}{\frac{x^{n}}{n!}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n! x^{n + 1}}{x^{n} (n + 1)!} = \lim_{n \to + \infty} \frac{x n!}{(n + 1)!} = \lim_{n \to + \infty} \frac{x n!}{(n + 1) n!} = \lim_{n \to + \infty} \frac{x}{n + 1} = 0$

چون $|0| < 1$ است، پس $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ است.

$\{a_{n}\} = \{\frac{n!}{n^{n}}\}$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n + 1}}{a_{n}} \\ = \lim_{n \to + \infty} \frac{\frac{(n + 1)!}{{(n + 1)}^{(n + 1)}}}{\frac{n!}{n^{n}}} \\ = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{n} (n + 1)!}{n! {(n + 1)}^{n + 1}} \\ = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{n} (n + 1) n!}{n! {(n + 1)}^{n} (n + 1)} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{n}}{{(n + 1)}^{n}} = \lim_{n \to + \infty} {(\frac{n}{n + 1})}^{n}; 0 < \frac{n}{n + 1} < 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} = 0 \end{array}$

چون $|0| < 1$ است، پس $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ است.

قضیه

قضیه دنباله هندسی

دنباله $\{a_{n}\}$ مفروض است $(c \in R)$ :

$\lim_{n \to + \infty} \{a^{n}\} = \lim_{n \to + \infty} c^{n} = \{\begin{cases} 1; i f c = 1 (1) \\ ?; i f c = - 1 (2) \\ 0; i f |c| < 1 (3) \\ + \infty; i f c > 1 (4) \\ ?; i f c < - 1 (5) \end{cases}$

اثبات

$: (1)$ اگر $c = 1$ باشد، دنباله ثابت $1, 1, 1, . . .$ را داریم که به عدد یک همگرا است.

$: (2)$ اگر $c = - 1$ باشد، دنباله متناوب ${(- 1)}^{n}$ را داریم که قبلا ثابت کردیم حد آن موجود نیست.

$: (3)$ فرض می‌کنیم $c \geq 0$ باشد، با توجه به این‌که $|c| < 1$ پس $0 \leq c < 1$ :

$\begin{array}{l} i f 0 \leq c < 1 \\ \Rightarrow 1 - c > 0; b = 1 - c \\ \Rightarrow 1 - c = b \\ \Rightarrow 1 = b + c \\ \Rightarrow 1^{n} = {(b + c)}^{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1^{n} = \sum_{r = 0}^{n} (\begin{matrix} n \\ r \end{matrix}) c^{n - r} b^{r}; \sum_{r = 0}^{n} (\begin{matrix} n \\ r \end{matrix}) c^{n - r} b^{r} \geq (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) c^{n - 1} b^{1} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1^{n} \geq (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) c^{n - 1} b^{1} \\ \Rightarrow 1^{n} \geq n c^{n - 1} b \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow c^{n - 1} \leq \frac{1}{n b} \\ \Rightarrow c^{n} \leq \frac{c}{n b} \\ \Rightarrow 0 < c^{n} \leq \frac{c}{n b} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} (0) < \lim_{n \to + \infty} (c^{n}) \leq \lim_{n \to + \infty} (\frac{c}{n b}) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 0 < \lim_{n \to + \infty} c^{n} \leq 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} c^{n} = 0 \end{array}$

$: (4)$ وقتی $c > 1$ باشد، داریم:

$\begin{array}{l} i f c > 1 \\ \Rightarrow 0 < \frac{1}{c} < 1 \\ \Rightarrow 1 - \frac{1}{c} > 0; b = 1 - \frac{1}{c} \\ \Rightarrow 1 - \frac{1}{c} = b \\ \Rightarrow 1 = b + \frac{1}{c} \\ \Rightarrow 1^{n} = {(b + \frac{1}{c})}^{n} \\ \Rightarrow 1^{n} = \sum_{r = 0}^{n} (\begin{matrix} n \\ r \end{matrix}) {(\frac{1}{c})}^{n - r} b^{r}; (Ι) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 1^{n} \geq (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) {(\frac{1}{c})}^{n - 1} b^{1} \\ \Rightarrow 1^{n} \geq n {(\frac{1}{c})}^{n - 1} b \\ \Rightarrow {(\frac{1}{c})}^{n - 1} \leq \frac{1}{n b} \\ \Rightarrow \frac{1}{c^{n - 1}} \leq \frac{1}{n b} \\ \Rightarrow c^{n - 1} \geq n b \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{c^{n}}{c} \geq n b \\ \Rightarrow c^{n} \geq n b c \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} c^{n} \geq \lim_{n \to + \infty} n b c \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} c^{n} \geq + \infty \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} c^{n} = + \infty \end{array}$

$(Ι) : \sum_{r = 0}^{n} (\begin{matrix} n \\ r \end{matrix}) {(\frac{1}{c})}^{n - r} b^{r} \geq (\begin{matrix} n \\ 1 \end{matrix}) {(\frac{1}{c})}^{n - 1} b^{1}$

$: (5)$ وقتی $c < - 1$ مشاهده می‌شود که جمله ‌های دنباله مرتبا مثبت و منفی می‌شوند و دارای نوسان بی‌کران است.

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

$\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = 1; (a > 0)$

اثبات

$i f a = 1$

واضح است که دنباله ثابت و تمام جمله‌ ها برابر $1$ می‌باشند پس به $1$ همگرا است.

$i f a > 1; x_{n} = \sqrt[n]{a} - 1$

$\begin{array}{l} x_{n} = \sqrt[n]{a} - 1 \\ \Rightarrow \sqrt[n]{a} = 1 + x_{n} \\ \Rightarrow a = {(1 + x_{n})}^{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow a = 1^{n} + n {.1}^{n - 1} . x_{n} + .... + {x_{n}}^{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow a > n x_{n} \\ \Rightarrow 0 < x_{n} < \frac{a}{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} (0) < \lim_{n \to + \infty} x_{n} < \lim_{n \to + \infty} (\frac{a}{n}) \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 0 < \lim_{n \to + \infty} x_{n} < 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} (\sqrt[n]{a} - 1) = 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} - \lim_{n \to + \infty} 1 = 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = \lim_{n \to + \infty} 1 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} = 1 \end{array}$

$i f 0 < a < 1 \Rightarrow \frac{1}{a} > 1$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a} \\ = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\frac{1}{\sqrt[n]{a}}} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{\sqrt[n]{\frac{1}{a}}}; i f \frac{1}{a} > 1 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{\frac{1}{a}} = 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} = \frac{1}{1} \\ = 1 \end{array}$

قضیه

$\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1$

اثبات

$i f a = 1 \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[1]{1} = 1$

$i f n > 1 \Rightarrow \sqrt[n]{n} > 1$

$\begin{array}{l} i f x_{n} = \sqrt[n]{n} - 1 \\ \Rightarrow \sqrt[n]{n} = 1 + x_{n} \\ \Rightarrow n = {(1 + x_{n})}^{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow n = 1 + n x_{n} + \frac{n (n - 1)}{2} {x_{n}}^{2} + ... + {x_{n}^{}}^{n} \end{array}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow n \geq \frac{n (n - 1)}{2} {x_{n}^{}}^{2} \\ \Rightarrow 0 < {x_{n}^{}}^{2} \leq \frac{2 n}{n (n - 1)} \\ \Rightarrow 0 < x_{n} < \sqrt{\frac{2}{n - 1}} \end{array}$

$\Rightarrow \lim_{n \to + \infty} (0) < \lim_{n \to + \infty} x_{n} < \lim_{n \to + \infty} \sqrt{\frac{2}{n - 1}}$

$\begin{array}{l} \Rightarrow 0 < \lim_{n \to + \infty} x_{n} < 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} x_{n} = 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} (\sqrt[n]{n} - 1) = 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} - \lim_{n \to + \infty} 1 = 0 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = \lim_{n \to + \infty} 1 \\ \Rightarrow \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{n} = 1 \end{array}$

دریافت مثال

دریافت فایل PDF

قضیه

قضیه حد ریشه

اگر دنباله $\{a_{n}\}$ به $L$ همگرا و $a_{n} \geq 0$ باشد، آنگاه به ازای هر عدد طبیعی ثابت $k$ مقدار $\lim_{n \to + \infty} \sqrt[k]{a_{n}}$ موجود است:

$\lim_{n \to + \infty} \sqrt[k]{a_{n}} = \sqrt[k]{\lim_{n \to + \infty} a_{n}} = \sqrt[k]{L}$

تمرین

حد دنباله های زیر را محاسبه کنید:

$\lim_{n \to + \infty} \sqrt[3]{\frac{8 n^{2} + 2 n + 3}{n^{2} + n}}$

$\lim_{n \to + \infty} \sqrt[3]{\frac{8 n^{2} + 2 n + 3}{n^{2} + n}} = \sqrt[3]{\lim_{n \to + \infty} \frac{8 n^{2} + 2 n + 3}{n^{2} + n}} = \sqrt[3]{8} = 2$

$\lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} (\sqrt{4 n^{2} + n} - \sqrt{n^{2} + 4 n + 1})$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} (\sqrt{4 n^{2} + n} - \sqrt{n^{2} + 4 n + 1}) \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} (\sqrt{4 n^{2} + n} - \sqrt{n^{2} + 4 n + 1}) \frac{(\sqrt{4 n^{2} + n} + \sqrt{n^{2} + 4 n + 1})}{(\sqrt{4 n^{2} + n} + \sqrt{n^{2} + 4 n + 1})} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n} \frac{(4 n^{2} + n) - (n^{2} + 4 n + 1)}{\sqrt{4 n^{2} + n} + \sqrt{n^{2} + 4 n + 1}} \end{array}$

$\begin{array}{l} = \lim_{n \to + \infty} \frac{3 n^{2} - 3 n - 1}{n (\sqrt{4 n^{2}} + \sqrt{n^{2}})} \\ = \lim_{n \to + \infty} \frac{3 n^{2}}{n (2 n + n)} \\ = \lim_{n \to + \infty} \frac{3 n^{2}}{3 n^{2}} \\ = 1 \end{array}$

قضیه

فرض کنیم $\{a_{n}\}$ و $\{b_{n}\}$ دو دنباله حقیقی باشند.

اگر $\{b_{n}\}$ کراندار و $\lim_{n \to + \infty} a_{n} = 0$ باشد، آنگاه:

$\lim_{n \to + \infty} a_{n} b_{n} = 0$

همگرا بودن یا واگرا بودن دنباله $\{b_{n}\}$ در قضیه فوق هیچ‌گونه نقشی نخواهد داشت، مهم کراندار بودن آن است.

تمرین

اگر $\{x_{n}\}$ هر دنباله دلخواهی از اعداد حقیقی باشد، ثابت ‌کنید دنباله زیر همگرا است:

$\{\frac{\sin x_{n}}{n^{r}}\}; r > 0$

$\begin{array}{l} |\sin x_{n}| \leq 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} \frac{\sin x_{n}}{n^{r}} = \lim_{n \to + \infty} \frac{1}{n^{r}} \cdot \sin x_{n} = 0 \times c t e = 0 \end{array}$

منظور از $c t e$ آن است که مقدار $\sin x_{n}$ کراندار است.

تمرین

همگرایی دنباله ‌های زیر را بررسی کنید:

$a_{n} = \frac{n^{2}}{n^{2} + 1} \sin \frac{1}{n^{3}}$

$\begin{array}{l} 0 < \frac{n^{2}}{n^{2} + 1} < 1 (n \in N) \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} \frac{n^{2}}{n^{2} + 1} \sin \frac{1}{n^{3}} = c t e \times 0 = 0 \end{array}$

$c_{n} = \frac{{(- 1)}^{n} \cos n!}{n^{2}}$

$\begin{array}{l} - 1 \leq {(- 1)}^{n} \cdot \cos n! \leq 1 \Rightarrow |{(- 1)}^{n} \cdot \cos n!| \leq 1 \end{array}$

$\begin{array}{l} \lim_{n \to + \infty} [{(- 1)}^{n} \cos n!] \cdot \frac{1}{n^{2}} = c t e \times 0 = 0 \end{array}$

خرید پاسخ‌ها

حد دنباله (همگرایی دنباله‌ها)

15,000تومان

برای ارسال نظر وارد سایت شوید

دنباله‌

حد دنباله (همگرایی دنباله‌ ها)

تعریف همگرایی در دنباله ها

روش‌های اثبات همگرایی

روش اول در اثبات همگرایی

روش دوم در اثبات همگرایی

روش سوم در اثبات همگرایی

روش چهارم در اثبات همگرایی

قضایای همگرایی در دنباله‌ها

nenomatica

مجموعه قوانین

دسترسی سریع

آیا می‌خواهید فیلم معرفی را مشاهده نمایید؟