Решение №7460: Предположим, что существует предел последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\) равный t, и найдем его. По условию \(t=-\sqrt{1-t}\). Так как t< 0, то \(t=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\). Докажем существование. Если \(x_{1}< \frac{-1-\sqrt{5}}{2}\), то последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает и ограничена сверху. Можно проверить, что \(x_{1}< x_{2}< \frac{-1-\sqrt{5}}{2}\). По индукции докажем, что \(x_{k}< x_{k+1}< t, где x_{k+1}=-\sqrt{1-x_{k}}\). Выясним, верно ли, что \(x_{k}< -\sqrt{1-x_{k}}< t. 1) \sqrt{1-x_{k}}< -x_{k}\Leftarrow 1-x_{k}< x_{k}^{2}\Leftrightarrow x_{k}^{2}+x_{k}-1> 0\Leftarrow x_{k}< \frac{-1-\sqrt{5}}{2}. 2) -\sqrt{1-x}< t\Leftrightarrow \sqrt{1-x_{k}}> \frac{1+\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow 1-x_{k}> \frac{6+2\sqrt{5}}{2}\Leftrightarrow x_{k}< \frac{-\sqrt{5}-1}{2}. Если x_{1}> \frac{-1-\sqrt{5}}{2}\), то \(x_{2}=-\sqrt{1-x_{1}}> t\Leftrightarrow \sqrt{1-x_{1}}< -t\Leftrightarrow 0\leqslant 1-x_{1}< t^{2}\Leftarrow x_{1}> 1-t^{2}=t\). Далее по индукции доказываем, что \(t< x_{k+1}< x_{k}. \)

Ответ: NaN

Решение №7461: Все члены последовательности положительны, коль скоро первый её член положителен. Рассмотрим разность \(x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{2}\left ( \frac{a}{x_{n}}-x_{n} \right )=\frac{1}{2}\left ( \frac{a-x_{n}^{2}}{x_{n}} \right )\). Знак этой разности определяется соотношением между \(x_{n}\) и \(\sqrt{a}\). Применив неравенство о среднем арифметическом и среднем геометрическом для двух чисел \(\frac{a}{x_{n}} и x_{n}\), получим \(x_{n+1}=\frac{x_{n}+\frac{a}{x_{n}}}{2}\geqslant \sqrt{x_{n}*\frac{a}{x_{n}}}=\sqrt{a}\). Итак, все члены последовательности, начиная со второго, больше \(\sqrt{a}\), а потому последовательность убывает, начиная с \(x_{2}\). Таким образом, последовательность убывает и ограничена снизу (например, числом \(\sqrt{a}\) или просто нулём), а значит, имеет предел. Обозначим\( \lim_{n \to \propto }x_{n}=\lim n_{\to \propto} x_{n+1}=b\). Совершив предельный переход в равенстве, получим, что\(b=\frac{1}{2}\left ( b+\frac{a}{b} \right )\). А следовательно, \(b^{2}=a b=\sqrt{a}\)( так как \(\forall n\in N x_{n}> 0)\)

Ответ: NaN

Решение №7465: \( \lim_{n \to \propto}\left ( 1+\frac{1}{2n} \right )^{n}=\lim_{n \to \propto}\left ( \left ( 1+\frac{1}{2n} \right )^{2n} \right )^{\frac{1}{2}}=\sqrt{e} \)

Ответ: \sqrt{e}

Решение №7466: Возьмём произвольную окрестность точки а. Пусть члены одной подпоследовательности принадлежат окрестности \(V_{\varepsilon }\left ( a \right )\), начиная с члена \(x_{n_{1}}\), а другой — начиная с \(x_{n_{2}}\). Тогда члены последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\) будут принадлежать \(V_{\varepsilon }\left ( a \right )\), начиная с номера \(n_{0}=max \left \{ n_{1}; n_{2} \right \}\) . Далее повторяем рассуждения, опирающиеся на геометрический смысл определения предела. \)

Ответ: NaN

Решение №7471: Обязательно ограничена.

Ответ: NaN

Решение №7481: Так как \(\lim_{n \to \propto} a_{n}=a\), то последовательность \(\alpha _{n}=a_{n}-a\) бесконечно малая при \(n\rightarrow \propto\). Значит, \(\forall \varepsilon > 0 \exists k\in N: \forall n\geqslant k \left | a-a_{n} \right |< \varepsilon . \forall \varepsilon > 0\exists k_{1}\in N: \forall n\geqslant k_{1} \left | \sin a_{n}-\sin a \right |=\left | 2\sin \frac{a_{n}-a}{2} \cos \frac{a_{n}+a}{2}\right |< \varepsilon \). Поскольку выполнены неравенства \(\left | \sin \alpha _{n} \right |\leqslant \left | \alpha _{n} \right |и \left | \cos \alpha _{n} \right |\leqslant 1, то получаем \left | 2\sin \frac{a_{n}-a}{2}\cos \frac{a_{n}+a}{2} \right |\leqslant 2\left | \frac{a_{n}-a}{2} \right |< \varepsilon \). Поэтому, как только \(\left | a_{n}-a \right |< \varepsilon\) , так сразу \(\left | \sin a_{n}-\sin a \right |< \varepsilon \). Доказательство того, что \(\lim_{n \to \propto}\cos a_{n}=\cos a\), аналогично приведенному.

Ответ: NaN

Решение №7489: \( \forall n> 17 \frac{n+10}{2n-1}< \frac{5}{6}. 0< \left ( \frac{n+10}{2n-1} \right )^{n}< \left ( \frac{5}{6} \right )^{n} \)

Ответ: 0

Решение №7493: Заметим, что \(\forall n\in N 0< \frac{4^{n}+n^{2}*2^{n}-1}{n^{4}+\left ( n! \right )^{2}}< \frac{4^{k}+n^{2}*2^{n}-1}{n^{4}}=\left ( \frac{2^{n}}{n^{2}} \right )^{2}+\frac{2^{n}}{n^{2}}-\frac{1}{n^{4}}\), а так как \(\lim_{n \to \propto} \left ( \left ( \frac{2^{n}}{n^{2}} \right )^{2}+\frac{2^{n}}{n^{2}}-\frac{1}{n^{4}} \right )=0\), то и \(\lim_{n \to \propto}\frac{4^{n}+n^{2}*2^{n}-1}{n^{4}+\left ( n! \right )^{2}}=0 \)

Ответ: 0

Решение №7500: \( \forall n\in N x_{n}\in \left ( 0; 1 \right )\), но на \(\left ( 0;1 \right ) \) функция \(f\left ( x \right )=\left ( 1-x \right )^{2}\) убывает. Таким образом, обе последовательности монотонные и ограниченные, а значит, имеют предел. Осталось показать, что эти пределы равны. Для этого в равенстве \(x_{n+1}=\left ( 1-\left ( 1-x_{n-1} \right )^{2} \right )^{2}\) перейдем к пределу, обозначив его за A. Получим уравнение \(A=\left ( 1-\left ( A-1 \right )^{2} \right )^{2}\). Заметим, что, кроме 0 и 2, это уравнение имеет корни \(\frac{3\pm \sqrt{5}}{2}\), из которых лишь \(\frac{3-\sqrt{5}}{2}\) может служить пределом обеих последовательностей.

Ответ: NaN

Решение №7507: Рассмотрим \(f\left ( x \right )=2x-x^{2}\). Можно показать по индукции, что если \(0< x_{1}< 1\), то \(\forall n x_{n}\in \left ( 0; 1 \right )\). Тогда при \(х ∈ (0; 1) E (f) = (0; 1)\). Более того, функция f возрастает на \(x\in \left ( 0; 1 \right )\). Значит, последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает и ограниченна. И следовательно, существует \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=1\), который находится однозначно из уравнения \(a=a\left ( 2-a \right ) \)

Ответ: NaN