Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Докажите, что если \(\lim_{n \to \propto} a_{n}=a, то \lim_{n \to \propto} \sin a_{n}=\sin a и \lim_{n \to \propto} \cos a_{n}=\cos a. \)

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

Найдите: \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{n+10}{2n-1} \right )^{n}\)

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

Найдите \(\lim_{n \to \propto} x_{n}\), воспользовавшись свойствами пределов, связанными с неравенствами и арифметическими действиями с пределами.\( x_{n}=\frac{4^{n}+n^{2}*2^{n}-1}{n^{4}+\left ( n! \right )^{2}}\)

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

Выясните, сходится ли последовательность\( \left \{ x_{n} \right \} \)и найдите предел сходящейся последовательности \(x_{1}=\frac{1}{2}, x_{n+1}= \left ( 1-x_{n} \right )^{2}\)

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

Пусть \(0< x_{1}< 1, \forall n\in N x_{n+1}=x_{n}\left ( 2-x_{n} \right )\).Докажите, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \} сходится и \lim_{n \to \propto} x_{n}=1 \)

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

Пусть\( 0< x_{1}< a, \forall n\in N x_{n+1}=x_{n}\left ( a-x_{n} \right )\). Докажите, что\( \lim_{n \to \propto} x_{n} a-1 1< a\leqslant 2 \)

Решение №7509: Очевидно, что \(\forall n\in N x_{n+1}\geqslant y_{n+1}\). Докажем, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывающая, а последовательность \(\left \{ y_{n} \right \}\) возрастающая, начиная с некоторого \(k\forall n\in N x_{n+2}-x_{n+1}=\frac{y_{n+1}-x_{n+1}}{2}\leqslant 0. \forall n\in N y_{n+2}=\sqrt{x_{n+1}y_{n+1}}=\sqrt{\frac{x_{n}y_{n}}{2}*y_{n+1}}\geqslant y_{n+1}, \frac{x_{n}y_{n}}{2}\geqslant \sqrt{x_{n}y_{n}}=y_{n+1}\). Тогда последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает и ограничена сверху, например\( y_{1}=b\), а последовательность \(\left \{ y_{n} \right \}\) убывает и ограничена снизу, например\(y_{1}=0\), так что обе имеют пределы. Осталось показать, что эти пределы равны. Перейдём в равенстве \(x_{n+1}=\frac{x_{n}+y_{n}}{2}\) к пределу: \(A=\frac{A+B}{2}\Leftrightarrow A=B\), что и требовалось.

Ответ: NaN

Докажите, что последовательность имеет предел, больший\( \frac{1}{2} \)и меньший 1: \(a_{n}=\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}+...+\frac{1}{2n}\)

Решение №7510: \( a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n}< \frac{1}{2n}+\frac{1}{2n}-\frac{1}{n}=0\) Таким образом, последовательность убывает. Поскольку последовательность ограничена снизу (например, числом 0), то имеет предел, причём этот предел меньше \(a_{3}=\frac{19}{20}< 1\)

Ответ: NaN

Пусть \(x_{1}=a, 0< a\leq 2, x_{n+1}=\sqrt{2-\sqrt{4-x_{n}^{2}}}\), Докажите, что при\( a=2 \lim_{n \to \propto} 2^{n}*x_{n}=\pi \)

Решение №7513: Подстановка показывает, что при a=2 члены последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} \)суть периметры правильных \(2^{n+1}\) угольников, вписанных в окружности радиуса, предел которых есть длина этой окружности, т.е.\( 2\pi \)

Ответ: NaN

Последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) задана формулой \(x_{n}=nx_{n-1}+2, x_{0}=c\). Докажите, что если \(с\geqslant 2\), то данная последовательность монотонна.

Решение №7515: При \(с\geqslant -2 \) имеем \(x_{1}\geqslant 0\), а тогда все последующие члены последовательности положительны. В таком случае очевидно, что каждый последующий член последовательности больше предыдущего.

Ответ: NaN

Докажите, что \(\forall n\in N: \left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}< \left ( 1+\frac{1}{2n} \right )^{2n} \)

Решение №7521: Последовательность \(a_{n}=\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}\) возрастающая. В нашем случае \(a_{n}< a_{2n} \)

Ответ: NaN

Докажите, что\( \lim_{n \to \propto} \frac{1}{n}\sqrt[n]{n!}=\frac{1}{e} \)

Решение №7525: Заметим, что \(\left ( 1+\frac{1}{1} \right )^{1}*\left ( 1+\frac{1}{2} \right )^{2}*\left ( 1+\frac{1}{3} \right )^{3}*...*\left ( 1+\frac{1}{n-1} \right )^{n-1}=\frac{n^{n-1}}{\left ( n-1 \right )!}=\frac{n^{n}}{n!}\) Тогда можно записать следующие равенства: \(\frac{1}{n}\sqrt[n]{n!}=\frac{\sqrt[n]{\frac{n!}{n^{n}}}}{\sqrt[n]{1*\left ( 1+\frac{1}{1} \right )^{1}*\left ( 1+\frac{1}{2} \right )^{2}*\left ( 1+\frac{1}{3} \right )^{3}*...*\left ( 1+\frac{1}{n-1} \right )^{n-1}}}\) Тем самым, взяв натуральный логарифм исходной последовательности, можно записать его в виде \(\ln \left ( \frac{1}{n}\sqrt[n]{n!} \right )=-\frac{\ln 1+\ln \left ( 1+\frac{1}{1} \right )^{1}+\ln \left ( 1+\frac{1}{2} \right )^{2}+\ln \left ( 1+\frac{1}{3} \right )^{3}+...+\ln \left ( 1+\frac{1}{n-1} \right )^{n-1}}{n}\). Мы знаем, что \(\lim_{n \to \propto}\ln \left ( 1+\frac{1}{n-1} \right )^{n-1}=1,\)а тогда и \(\lim n_{\to \propto}\frac{\ln 1+\ln \left ( 1+\frac{1}{1} \right )^{1}+\ln \left ( 1+\frac{1}{2} \right )^{2}+\ln \left ( 1+\frac{1}{3} \right )^{3}+...+\ln \left ( 1+\frac{1}{n-1} \right )^{n-1} }{n}=1\), а значит \(\lim_{n \to \propto}\ln \left ( \frac{1}{n}\sqrt[n]{n!} \right )=-1\), откуда \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{1}{n}\sqrt[n]{n!} \right )=\frac{1}{e} \)

Ответ: NaN

Разложите выражение на множетели \(\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n} \), используя формулу бинома Ньютона и написав формулу биномиальных коэффициентов.

Решение №7526: упомянутое разложение можно записать так: \(\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}=1+1+\frac{1}{2!}*\left ( 1-\frac{1}{n} \right )+\frac{1}{3!}\left ( 1-\frac{1}{n} \right )\left ( 1-\frac{2}{n} \right )+...+\frac{1}{n!}\left ( 1-\frac{1}{n} \right )\left ( 1-\frac{2}{n} \right )*...*\left ( 1-\frac{n-1}{n} \right ) \)

Ответ: NaN

Найдите: \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{2n+3}{n^{2}} \right )^{n}\)

Решение №7529: При n> 2 выполняется \(\frac{2}{n}=\frac{2n}{n^{2}}< \frac{2n+3}{n^{2}}< \frac{4n}{n^{2}}=\frac{4}{n}\)\). Тогда так как \(\(\forall n> 2\left ( \frac{2}{n} \right )^{n}< \left ( \frac{2n+3}{n^{2}} \right )^{n}< \left ( \frac{4}{n} \right )^{n}\), то по теореме о сжатой последовательности \(\lim_{n \to \propto} \left ( \frac{2n+3}{n^{2}} \right )=0.\)

Ответ: 0