Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \frac{1}{6}

Решение №13735: \( \lim_{n \to \propto} \frac{\sqrt{n^{2}+1}-n}{\sqrt{n^{3}+1}-n\sqrt{n}}=\lim_{n \to \propto} \frac{\left ( n^{2}+1-n^{2} \right )\left ( \sqrt{n^{3}+1}+n\sqrt{n} \right )}{\left ( \sqrt{n^{2}+1}+n \right )\left ( n^{3}+1-n^{3} \right )}=\lim_{n \to \propto} \frac{n\left ( \sqrt{n+\frac{1}{n^{2}}}+\sqrt{n} \right )}{n\left ( 1+\frac{1}{n^{2}}+1 \right )}=+\propto \)

Ответ: +\propto

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 0

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 3

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 0

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \frac{1}{2}

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: \frac{1}{3}

Решение №13747: \( \frac{2^{\frac{n}{2}}+\left ( n+1 \right )!}{n\left ( 3^{n}+n! \right )}=\frac{\frac{2^{\frac{n}{2}}}{\left ( n+1 \right )!}+1}{\frac{n*3^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{n}{n+1}}\), а так как \(\lim_{n \to \propto}\frac{\frac{2^{\frac{n}{2}}}{\left ( n+1 \right )!}+1}{\frac{n*3^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{n}{n+1}}=1, \lim_{n \to \propto}\frac{2^{\frac{n}{2}}+\left ( n+1 \right )!}{n\left ( 3^{n}+n! \right )}=1. \)

Ответ: 1

Решение №13750: Способ 1. Если a> 1, то \(a=1+\alpha , где \alpha > 0\). Откуда \(a^{n}=\left ( 1+\alpha \right )^{n}> C_{n}^{p+1}*\alpha ^{p+1}\ при n> p. Пусть n> 2p. Тогда C_{n}^{p+1}=\frac{n\left ( n-1 \right )...\left ( n-p \right )}{\left ( p+1 \right )!}> \frac{n}{\left ( p+1 \right )!}\left ( \frac{n}{2} \right )^{p}\) (так как \(n-k> \frac{n}{2}\) при \(1\leqslant k\leqslant p\)). Отсюда следует, что \(0< \frac{n^{p}}{a^{n}}< \frac{2^{p}\left ( p+1 \right )!}{\alpha ^{p+1}*n}\), а следовательно, \(\lim_{n \to \propto} \frac{n^{p}}{a^{n}}=0\). ( Поскольку \(\frac{2^{p}\left ( p+1 \right )!}{\alpha ^{p+1}}\) не зависит от n, то \(\lim_{n \to \propto}\frac{2^{p}\left ( p+1 \right )!}{\alpha ^{p}*n}=0)\) Способ 2. Если \(x_{n}=\frac{n^{p}}{a^{n}}, a> 1 \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left ( n+1 \right )^{p}*a^{n}}{a^{n+1}*n^{p}}=\frac{1}{a}\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{p}\rightarrow _{n \to \propto} \frac{1}{a} \frac{1}{a}< 1\). Следовательно, по лемме \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=0\). Если \(x_{n}=\frac{\left ( 2n \right )!}{a^{n}}\left ( a> 1 \right ),то \forall n\in N x_{n}> 0 и \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left ( 2n+2 \right )!*a^{n!}}{a^{\left ( n+1 \right )!}\left ( 2n \right )!}=\frac{2n+1}{a^{\left ( n-1 \right )n!}}*\frac{2n+2}{a^{n!}}\rightarrow _{n \to \propto} 0\) ( обе бесконечно малые при a> 1, то в силу леммы \)\lim_{n \to \propto} x_{n}=0\). Если \(x_{n}=\frac{4*7*10*...*\left ( 3n+1 \right )}{2*6*10*...*\left ( 4n+2 \right )}> 0\) и \(\forall n\in N \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{3n+4}{4n+6}\rightarrow _{n \to \propto} \frac{3}{4}\), то в силу леммы \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=0 \)

Ответ: NaN

Решение №13751: \(\lim_{n \to \propto} n^{\frac{3}{2}}\left ( \sqrt{n+1} +\sqrt{n-1}-2\sqrt{n}\right )=\lim_{n \to \propto}\frac{n^{\frac{3}{2}}\left ( 2n+2\sqrt{n^{2}-1} -4n\right )}{\left ( \sqrt{n+1} +\sqrt{n-1}-2\sqrt{n}\right )}=\lim_{n \to \propto}\frac{2n^{\frac{3}{2}}\left ( \sqrt{n^{2}-1}-n \right )}{\sqrt{n}\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n}} +\sqrt{1-\frac{1}{n}}+2\right )}=\lim_{n \to \propto}\frac{-2n}{\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n}} +\sqrt{1-\frac{1}{n}}+2 \right )n\left ( \sqrt{1-\frac{1}{n^{2}}+1} \right )}=\frac{-2}{4*2}=-\frac{1}{4} \)

Ответ: -\frac{1}{4}

Решение №13752: Покажем, что последовательность убывает: \(\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left ( n+1 \right )^{3}*10^{n}}{10^{n+1}*n^{3}}=\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}*\frac{1}{10}< 1.\) Так как \(\forall n\in N \frac{n+1}{n}\leqslant 2\), а значит, \(\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}< 10\). Таким образом \(\forall n\in N x_{n+1}< x_{n}\), т.е. последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\)убывает и ограничена снизу нулем \(\left ( \forall n\in N x_{n}> 0 \right ).\) По теореме Вейерштрасса она имеет предел. Можно показать, как найти этот предел (этого не требуется в задаче). Пусть\(\lim_{n \to \propto} x_{n}=\lim_{n \to \propto} x_{n+1}=a\), имеем \(x_{n+1}=\frac{1}{10}\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}x_{n}\). Так как \(\lim_{n \to \propto} \left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}=1, a=\frac{1}{10}a\). Значит a=0.

Ответ: NaN

Решение №13753: \( \forall n> 2 \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{2}{n+1}< 1\). Доказательство того, что предел существует, здесь гораздо очевиднее, но зато нет способа его найти. Предельный переход, как в предыдущем пункте, здесь ничего не даёт для поиска предела последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\), равного a

Ответ: NaN

Решение №13754: \( \forall n\in N \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{3n+8}{6n+1}\). Так как \(\lim_{n \to \propto}\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{1}{2}< 1 \forall n\in N x_{n}> 0\). А можно так:\( \forall n> 8 \frac{3n+8}{6n+1}< \frac{2}{3} \) Значит, при n> 8 последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывает и ограничена снизу нулем. Следовательно, существует \( \lim_{n \to \propto} x_{n} \)

Ответ: NaN

Решение №13757: Выясним сначала, чему может быть равен предел последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\). Пусть \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=B, тогда B=\sqrt{B+a}, B^{2}-B-a=0 B=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2} (B> 0)\), так как \(\forall n\in N x_{n}> 0)\). Докажем по индукции, что \(\forall n\in N x_{n}< x_{n+1}< B\). База индукции очевидна. Индукционный переход. Докажем, что \(x_{k}< x_{k+1}< B\), если \(x_{k-1}< x_{k}< B\). Действительно, \(x_{k-1}< x_{k}< B\Leftrightarrow x_{k-1}< \sqrt{a+x_{k-1}}< B\), но в силу монотонности корня и того, что \(x_{k-1}< x_{k}\), выполняется \(\sqrt{a+x_{k-1}}< \sqrt{a+x_{k}=x_{k+1}}< B (так как x_{k}< B \sqrt{a+x_{k}}< \sqrt{a+B}=B)\). Мы доказали, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\\) возрастает и ограничена снизу и имеет предел, равный \(\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2} \)

Ответ: NaN

Решение №13759: Докажем для случая \(x_{1}=\frac{1}{6}\). Рассмотрим разность \(x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{3x_{n}}-x_{n}^{2}=x_{n}\left ( \frac{1}{3}-x_{n} \right )\). По индукции легко показать, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает и\(\forall n\in N x_{n}\leqslant \frac{1}{3}\). База индукции \(x_{1}=\frac{1}{6}. Тогда x_{2}-x_{1}=\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{3}-\frac{1}{6} \right )=\frac{1}{36}> 0\) и \(x_{2}=x_{1}+\frac{1}{36}=\frac{13}{36}, 0< x_{1}< x_{2}< \frac{1}{3}\). Индукционный переход. Докажем, что \(0< x_{k}< x_{k+1}< \frac{1}{3},если 0< x_{k-1}< x_{k}< \frac{1}{3}\). Так как \(x_{k+1}-x_{k}=x_{k}\left ( \frac{1}{3} -x_{k}\right )> 0\) (по индукционному предположению),\(x_{k+1}> x_{k}\). Если рассмотреть функцию \(g\left ( t \right )=t\left ( \frac{4}{3}-t \right )-\frac{1}{3}; g\left ( t \right )=-\frac{1}{3}\left ( 3t-1 \right )\left ( t-1 \right ), g\left ( t \right )> 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}< t< 1\), поэтому \(g\left ( x \right )< 0, x_{k+1}< \frac{1}{3} \)

Ответ: NaN

Решение №13760: Докажем, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \} \)убывает и ограничена снизу нулем. \(0\leqslant x_{2}=x_{1}\left ( 1-x_{1} \right )\leqslant x_{1}\leqslant 1\), так как \(0\leqslant x_{1}\leqslant 1\). Легко показать по индукции, что \(0\leqslant x_{k+1}=x_{k}\left ( 1-x_{k} \right )\leqslant x_{k}\) (индукция нужна лишь для доказатнльства неравенства \(x_{k+n}\geqslant 0)\). Тогда пусть \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=\lim_{n \to \propto} x_{n+1}=a\). Итак \(a=a-a^{2}\Leftrightarrow a=0. \)

Ответ: NaN

Решение №13764: \( \lim_{n \to \propto} \left ( \frac{n}{n+1} \right )^{n}=\lim_{n \to \propto}\frac{1}{\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}}=e^{-1} \)

Ответ: e^{-1}

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: e^{2}

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет, например a_{n}=\left ( -1 \right )^{n}

Решение №13771: Выпишем первых три члена последовательности: \(a_{1}=1=\frac{2^{1}-1}{2^{0}}, a_{2}=\frac{3}{2}=\frac{2^{2}-1}{2^{1}}, a_{3}=\frac{7}{4}=\frac{2^{3}-1}{2^{2}}\). Теперь можно предположить, что \(a_{n}=\frac{2^{n}-1}{2^{n-1}}\). В правильности этой гипотезы можно убедиться, используя метод математической индукции.

Ответ: a_{n}=\frac{2^{n}-1}{2^{n-1}}

Решение №13774: Обязательно ограничена.

Ответ: NaN

Решение №13776: Может быть как ограниченной, так и неограниченной.

Ответ: NaN

Решение №13777: Рассмотрим разность \(x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{2}+4x_{n}+4=\left ( x_{n}+2 \right )^{2}\) . Она положительна, если \(x_{n}=-2\). Если \(x_{2}\neq -2\), то, рассуждая по индукции, получим \(x_{n}\neq -2\). Выясним, когда \(x_{2}=-2: -2=a^{2}+5a+4\Leftrightarrow \left [ \begin{matrix}a=-2 \\ a=-3 \end{matrix} \right \) Значит, при \(a\neq -2 и a\neq -3\) последовательность\(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает. Далее, пусть \(x_{1}=a> -2\). Тогда в силу возрастания последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} \)выполнено: \(\forall n\in N x_{n+1}=x_{n}^{2}+5x_{n}+4> -2 \left [ \begin{matrix}x_{n}> -2 \\ x_{n}< -3 \end{matrix} \right \) Однако неравенство \(x_{n}< -3\) не выполняетя при \(n\geqslant 2\), поскольку неравенство \(x^{2}+5x+4< -3\) не имеет решений. Итак, пусть для любых натуральных значений n выполнено \(x_{n}> -2\). Тогда при всех натуральных k выполнено \(x_{k+1}-x_{k}=\left ( x_{k}+2 \right )^{2}> \left ( x_{1}+2 \right )^{2}\), а тогда \(x_{n+1}=x_{n+1}-x_{n}+x_{n}-x_{n-1}+...+x_{2}-x_{1}+x_{1}> x_{1}+n\left ( x_{1}+2 \right )^{2}\). Из неравентва \(x_{n+1}> x_{1}+n\left ( x_{1}+2 \right )^{2}\) ясно, что члены последовательности могут быть сколь угоднобольшими. Если -\(3< x_{1}=a< -2, то -3< x_{n}^{2}+5x_{n}+4< -2\Leftrightarrow x_{n}\in \left ( -3;-2 \right )\). Тем самым последовательность будет ограниченной.

Ответ: \left ( -3;-2 \right )

Решение №13778: Пусть удалось расположить рациональные числа из отрезка \(\left [ 0; 1 \right ]\) в последовательность, сходящуюся к какому то числу A. Ясно, что в любой \varepsilon - окрестности числа A будет бесконечно много членов последовательности, но вне этой окрестности окажется также бесконечно много членов последовательности, что противоречит геометрическому смыслу предела последовательности (вне любой окрестности должно быть конечное число членов последовательности)

Ответ: Нельзя

Решение №13779: Обозначим \(y_{k}=a_{k}-a и S_{n}=\frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}\). Тогда \(S_{n}-a=\frac{y_{1}+y_{2}+...+y_{n}}{n}\). Так как \(\lim_{n \to \propto} y_{n}=0, то \forall \varepsilon > 0 \exists N\in N: \forall n\geqslant N\left | y_{n} \right |< \frac{\varepsilon }{2}\). Обозначим \(c=\left | y_{1}+y_{2}+...+y_{N} \right |\). Тогда, если \(n> N\), то \(\left | S_{n}-1 \right |\leqslant \frac{\left | y_{1}+y_{2}+...+y_{N} \right |}{n}+\frac{\left | y_{N+1} \right |+...+\left | y_{n} \right |}{n}< \frac{c}{n}+\frac{\varepsilon }{2}\frac{n-N}{n}\leqslant \frac{c}{n}+\frac{\varepsilon }{2}\). Выберем k* так, чтобы \(\frac{c}{k*}< \frac{\varepsilon }{2}\). Тогда справедливо : \(\forall n\geqslant k*\frac{c}{n}< \frac{\varepsilon }{2}\). Пусть, наконец, \(n_{1}= max \left ( N; k* \right )\). Тогда для всех\(n\geqslant n_{1}\) выполняется неравенство \(\left | S_{n}-a \right |< \varepsilon\) . Следовательно, \(\lim_{n \to \propto} S_{n}=a.\)

Ответ: NaN

Решение №13783: Пусть \(A=\lim_{n \to \propto}\sin n\). Тогда \(A=\lim_{n \to \propto}\sin \left ( n+2 \right )\). Отсюда \(\lim_{n \to \propto}\left ( \sin \left ( n+2 \right )-\sin n \right )=0\). Но тогда \(\lim_{n \to \propto} \cos \left ( n+1 \right )=0\), откуда \(\lim_{n \to \propto}\cos n=0\), а тогда \(\lim_{n \to \propto}\sin 2n=0\) и в то же время \(\lim_{n \to \propto}\sin 2n=A\). Но тогда \(\lim_{n \to \propto}\left ( \sin ^{2}n+\cos ^{2}n \right )=0\), что противоречит основному тригонометрическому тождеству.

Ответ: NaN

Решение №13786: \( x_{n}=\left ( \frac{1}{2} \right )^{n} \)

Ответ: NaN

Решение №13787: Пусть \(\lim_{n \to \propto} \sqrt[n]{a_{n}}=A> 1\). Это значит, что начиная с некоторого номера n_{0}, все члены постедовательности будут больше 1. В дальнейших рассуждениях рассматриваютя члены последовательности с номерами, большими n_{0}. Так как последовательность \(\left \{ a_{n} \right \}\) ограничена, то \(\exists m, M: \forall n\in N m\leqslant a_{n}\leqslant M\), причем \(m\geqslant 1\). Тогда \(\forall n\in N \sqrt[n]{m}\leqslant \sqrt[n]{a_{n}}\leqslant \sqrt[n]{M}\). Перейдем к пределу в неравенстве. А так как \(\lim_{n \to \propto}\sqrt[n]{m}=\lim_{n \to \propto}\sqrt[n]{M}=1\) ,то по теореме о сжатой последовательности получам. что \( \lim_{n \to \propto}\sqrt[n]{a_{n}}=1\), а это противоречит предположению.

Ответ: NaN

Решение №13788: \( \forall n\geqslant 4010\) верно \(\frac{2005}{n}\leqslant \frac{1}{2}\). Тогда \(0< \left ( \frac{2005}{n} \right )^{n}\leqslant \left ( \frac{1}{2} \right )^{n}\).Перейдем к пределу в неравенствах \(\lim_{n \to \propto}\leqslant \lim_{n \to \propto}\left ( \frac{2005}{n} \right )^{n}\leqslant \lim_{n \to \propto}\left ( \frac{1}{2} \right )^{n}\). Так как крайние пределы равны нулю, то по теореме о сжатой последовательности \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{2005}{n} \right )^{n}=0. \)

Ответ: 0