Решение №7428: \( \lim_{n \to \propto}\frac{\left ( -1 \right )^{n}6^{n}-5^{n+1}}{5^{n}-\left ( -1 \right )^{n+1}6^{n+1}}=\lim_{n \to \propto}\frac{1-5\left ( -1 \right )^{n}\left ( \frac{5}{6} \right )^{n}}{\left ( -1 \right )^{n}\left ( \frac{5}{6} \right )^{n}+6}=\frac{1}{6} \)

Ответ: \frac{1}{6}

Решение №7431: Умножив числитель и знаменатель дроби на сопряженные выражения, получим \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=\lim_{n \to \propto}\frac{\sqrt{n^{2}+1}-n}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}=\lim_{n \to \propto}\frac{\left ( n^{2}+1-n^{2} \right )\left ( \sqrt{n+1}+\sqrt{n} \right )}{\left ( \sqrt{n^{2}+1}+n \right )\left ( n+1-n \right )}\lim_{n \to \propto}\frac{n\left ( \sqrt{\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{2}}}+\sqrt{\frac{1}{n}} \right )}{n\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}}+1 \right )}=0\)

Ответ: 0

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 1

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: -1

Решение №7443: Так как \(\forall x\sin ^{2}x=\sin ^{2}\left ( x-\pi k \right ), то \lim_{n \to \propto}\sin ^{2}\left ( \pi \sqrt{n^{2}+n}-\pi n \right )=\lim_{n \to \propto}\sin ^{2}\frac{\pi \left ( n^{2}+n-n^{2} \right )}{\sqrt{n^{2}+n}+n}=\lim_{n \to \propto}\sin ^{2}\frac{\pi n}{n\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n}}+1 \right )}=1 \)

Ответ: NaN

Решение №7444: \( \forall n\in N 0< \frac{10^{n}+n!}{2^{n}+\left ( n+1 \right )!}< \frac{10^{n}+n!}{\left ( n+1 \right )!}=\frac{10^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{1}{n+1}\), а так как \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{10^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{1}{n+1} \right )=0, то \lim_{n \to \propto}\frac{10^{n}+n!}{2^{n}+\left ( n+1 \right )!}=0 \)

Ответ: 0

Решение №7445: \( \forall n\in N n^{2}-n< n^{3}\),следовательно \(0< \frac{\left ( 3 \right )^{n^{2}-n}}{\left ( n^{3} \right )!}< \frac{3^{n^{3}}}{\left ( n^{3} \right )!}=\frac{3^{t}}{t!}\) .А так как \(\lim_{n \to \propto } \frac{3^{t}}{t!}=0 (если n\rightarrow \propto , то t=n^{3}\rightarrow \propto )\),то и \( \lim_{n \to \propto}\frac{3^{n^{2}-n}}{\left ( n^{3} \right )!}=0\). Значит, последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) есть произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную \(\left ( -1 \right )^{n}. \)

Ответ: 0

Решение №7447: \(x_{n}=\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}}+...+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n+1}}\leqslant \frac{n+1}{\sqrt{n^{2}+1}}= \frac{n\left ( 1+\frac{1}{n} \right )}{n\sqrt{1+\frac{1}{n^{2}}}}=y_{n}\). Но \(\forall n\in N 1\leqslant x_{n}\leqslant y_{n}\), а так как \(y_{n}\rightarrow 1 n\rightarrow \propto\) ,то \(\lim x_{n}=1. \)

Ответ: 1

Решение №7454: \( \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{2n+2}{2n+3}< 1. \)

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 4

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

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

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

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

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

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

Ответ: NaN

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

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

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

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 4

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 5