Решение №3472: Можно доказать с помощью метода математической индукции два утверждения: 1) \(\forall n\in N x_{n+1}> x_{n} и 2) \forall n\in N, n\geqslant 2 x_{n}< 3 \) База индукции очевидна. Переход индукциидоказывает цепочка соотношений \(x_{n+1}=\sqrt{3+x_{n}}> \sqrt{3+x_{n-1}}=x_{n}\), верная в силу свойств корней и индукционного предположения \(x_{n}> x_{n-1}\). 2) База индукции: \(x_{2}=\sqrt{7}< 3\). Переход индукции: В силу индукционного предположения \(x_{n}< 3\), а тогда \(x_{n+1}^{2}=3+x_{n}< 3+3=6\), и следовательно, \(x_{n+1}< 3\). Из первого и второго утверждения следует ограниченность последовательности\(\left \{ x_{n} \right \}.\)

Ответ: NaN

Решение №3478: Необязательно ограничена. Например, при \(x_{n}=\frac{1}{n} \) получаем последовательность \(y_{n}=-\log n\), которая является неограниченной.

Ответ: NaN

Решение №3488: При \(x\in \left ( 2k;2k+1 \right )\) убывает; при \(x\in \left ( 2k-1;2k \right \)) возрастает; при \(x\in Z\) является константой, поэтому может быть сочтена как нестрого возрастающей, так и нестрого убывающей. 1) Если \(\sin \pi x> 0\Leftrightarrow 2k< x< 1+2k, k\in Z.\) Тогда \(\forall n\in N x_{n}=\frac{\sin \pi x}{n}> \frac{\sin \pi x}{n+1}=x_{n+1}\), значит, последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывающая. 2) Если \(\sin \pi x< 0\Leftrightarrow 2k+1< x< 2+2k, k\in Z\). Тогда \(\forall n\in N x_{n}=\frac{\sin \pi x}{n}< \frac{\sin \pi x}{n+1}=x_{n+1}\), значит, последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывающая. 3) Если \(x\in Z, то x_{n}=0\)

Ответ: NaN

Решение №3494: \( \lim_{n \to \propto} \frac{n^{2}+1}{n^{2}}=1\Leftrightarrow \forall \varepsilon > 0 \exists N\varepsilon \in N:\forall n\geqslant N\varepsilon \left | \frac{n^{2}+1}{n^{2}} -1\right |< \varepsilon\) . Рассмотрим неравенство \(\left | \frac{n^{2}+1}{n^{2}} -1\right |< \varepsilon \Leftrightarrow \frac{1}{n^{2}}< \varepsilon \Leftrightarrow n> \frac{1}{\sqrt{\varepsilon }}\), т.е. в качестве \(N_{\varepsilon }\) можно взять \(N_{\varepsilon }=\left [ \frac{1}{\sqrt{\varepsilon }} \right ]+1 \)

Ответ: NaN

Решение №3498: Докажем, что \(\lim_{n \to \propto} \frac{1}{2n^{2}+5n}=0\). Рассмотрим неравенство \(\left | \frac{1}{2n^{2}+5n} \right |< \varepsilon \Leftrightarrow \frac{1}{2n^{2}+5n}< \varepsilon \Leftrightarrow 2n^{2}+5n> \frac{1}{\varepsilon}\). Так как \(2n^{2}+5n> 2n^{2}\), то решим неравенство \(2n^{2}> \frac{1}{\varepsilon }\), откуда \(n> \sqrt{\frac{1}{2\varepsilon }}\) и в качестве \(N_{\varepsilon } \) можно взять \(N_{\varepsilon }=\left [ \sqrt{\frac{1}{2\varepsilon }} \right ]+1. \)

Ответ: NaN

Решение №3499: 0

Ответ: 0

Решение №3502: 0. Действительно, так как при n> 8 выполнено \(0< \frac{7n+5}{n^{2}+1}< 1\), то при n> 8 будет выполняться \(x_{n}=0.\)

Ответ: 0

Решение №3509: Например поледовательность с общим членом \(x_{n}=1. \)

Ответ: Нет

Решение №3513: \( x_{n}=\frac{1}{2n+1}; y_{n}=n. \)

Ответ: NaN

Решение №3515: \( x_{n}=\frac{\left ( -1 \right )^{n}}{n}; y_{n}=n. \)

Ответ: NaN