Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Найдите формулу общего члена для последовательности \(\left \{ a_{n} \right \}\),заданной рекуррентно: \(a_{1}=1, a_{2}=\frac{3}{2}; a_{n}=a_{n-2}+\frac{3}{2^{n-1}} \)

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}}

Известно, что последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\) и \(\left \{ y_{n} \right \} \)являются ограниченными. Какие из последовательностей \(\left \{ z_{n} \right \}\) обязательно являются ограниченными, какие могут быть ограниченными, а какие всегда являются ограниченными (если последовательность \(\left \{ z_{n} \right \}\) существует):\(z_{n}=\left | x_{n} \right |-\left | y_{n} \right | \)

Решение №13774: Обязательно ограничена.

Ответ: NaN

Известно, что последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} и \left \{ y_{n} \right \}\) являются ограниченными. Какие из последовательностей \(\left \{ z_{n} \right \} \)обязательно являются ограниченными, какие могут быть ограниченными, а какие всегда являются ограниченными (если последовательность \(\left \{ z_{n} \right \} \)существует): \(z_{n}=\frac{1}{\sqrt[3]{x_{n}}}+\frac{1}{\sqrt[3]{y_{n}}}\)

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

Ответ: NaN

Выясните, при каких значениях параметра a последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\), такая что \(x_{1}=a, x_{n+1}=x_{n}^{2}+5x_{n}+4 \), является возрастающей и ограниченной.

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 )

Можно ли расположить рациональные числа отрезка \(\left [ 0; 1 \right ]\) в сходящуюся последовательность?

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

Пусть \(\lim_{n \to \propto} =a\). Докажите, что \(\lim_{n \to \propto} \frac{a_{1}+a_{2}+...+a_{n}}{n}=a\). Верно ли обратное?

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

Докажите, что не существует предела у последовательности \(a_{n}=\sin n. \)

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

Приведите пример сходящейся неотрицательной последовательности\( \left \{ a_{n} \right \}\) для которой последовательность \(\left \{ \sqrt[n]{a_{n}} \right \}\) имеет предел, меньший 1 и больший 0.

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

Ответ: NaN

Пусть последовательность \(\left \{ a_{n} \right \} \)ограничена. Может ли последовательность \(\left \{ \sqrt[n]{a_{n}} \right \}\) иметь предел, больший 1?

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

Найдите: \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{2005}{n} \right )^{n}\)

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