Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Найдите: \(\lim-{n \to \propto}\left ( \frac{a}{n} \right )^{n}\), где a - произвольное число.

Решение №13789: При a=1 очевидно \(\lim_{n \to \propto}\frac{1}{n^{n}}=0\). При \(0< a< 1\) выполнены неравенства \(0< \left ( \frac{a}{n} \right )^{n}< \left ( \frac{1}{n} \right )^{n}\). Перейдя к пределу в неравенствах и воспользовавшись теоремой о сжатой последовательности, получим \(\lim_{n \to \propto}\left ( \frac{a}{n} \right )^{n}=0\). Если \(a< 0, то \lim_{n \to \propto}\left ( \frac{a}{n^{n}} \right )^{n}=\lim_{n \to \propto}\left ( -1 \right )\left ( \frac{-a}{n^{n}} \right )^{n}=0\) как произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную.

Ответ: 0

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

Решение №13791: Докажем, что \(\lim_{n \to \propto} \frac{a^{n}}{n!}=0 при a> 0\). Пусть натуральное число k> 2a, тогда при n> k будет выполнено \(\frac{a^{n}}{n!}=\frac{a}{1}*\frac{a}{2}*...*\frac{a}{n}=\left ( \frac{a}{1}*\frac{a}{2}*...*\frac{a}{k} \right )*\left ( \frac{a}{k+1}*\frac{a}{k+2}*...*\frac{a}{n} \right )< a^{k}\left ( \frac{1}{2} \right )^{n-k}=\left ( 2a \right )^{k}\left ( \frac{1}{2} \right )^{n}\). Так как \(\lim_{n \to \propto} \left ( \frac{1}{2} \right )^{n}=0\), то при достаточно большом n будет выполнено \(\left ( \frac{1}{2} \right )^{n}< \frac{\varepsilon }{\left ( 2a \right )^{k}}\), и следовательно, \(\frac{a^{n}}{n!}< \varepsilon\) , а это значит , что \(\lim_{n \to \propto} \frac{a^{n}}{n!}=0\). Теперь отметим, что выполнено неравенство \(0<\frac{2^{n}}{\left ( n+2 \right )!} . Тогда \lim_{n \to \propto} \frac{2^{n}}{\left ( n+2 \right )!}=0\), а так как произведение бесконечно малой последовательности на ограниченную последовательность есть бесконечно малая последовательность, то \(\lim_{n \to \propto }\frac{\left ( -2 \right )^{n}}{\left ( n+2 \right )!}=\lim_{n \to \propto} \left ( -1 \right )^{n}\frac{2^{n}}{\left ( n+2 \right )!}=0 \)

Ответ: 0

Найдите\( \lim_{n \to \propto} x_{n}\), воспользовавшись свойствами пределов, связанными с неравенствами и арифметическими действиями с пределами. \(x_{n}=\frac{1}{\left ( 0.3 \right )^{n}n!}\)

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: 0

Найдите \(\lim_{n \to \propto} x_{n}\), воспользовавшись свойствами пределов, связанными с неравенствами и арифметическими действиями с пределами. \(x_{n}=\frac{n*3^{n}+1}{n!+1}\)

Решение №13793: \( \lim_{n \to \propto}\frac{n*3^{n}+1}{n!+1}=\lim_{n \to \propto}\frac{\frac{3^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{1}{n!}}{1+\frac{1}{n!}}=0 \)

Ответ: 0

Пусть последовательность задана в виде\( \forall n\in N x_{n+1}=f\left ( x_{n} \right )\), причем f - возрастающая функция. Докажите, что если f - ограниченная функция, то последовательность \( \left \{ x_{n} \right \} \)сходится.

Решение №13796: Если f — ограниченная функция, то \(\left \{ x_{n} \right \}\) — ограниченная последовательность, а в силу заданий а и б ещё и монотонная. Значит, последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится по теореме Вейерштрасса.

Ответ: NaN

Пусть последовательность задана в виде \(\forall n\in N x_{n+1}=f\left ( x_{n} \right )\), причем f - убывающая функция. Докажите, что последовательность\( \left \{ x_{2n-1} \right \} и \left \{ x_{2n} \right \}\) монотонны, причем одна из них возрастает, а другая убывает.

Решение №13797: Пусть \(x_{3}=f\left ( f\left ( x_{1} \right ) \right ) x_{5}=f\left ( f\left ( x_{3} \right ) \right )\). Если \(x_{1}< x_{3}, то \left \{ x_{2n-1} \right \}\) — возрастающая последовательность по предыдущей задаче, при этом \(x_{2}=f\left ( x_{1} \right ), x_{4}=f\left ( x_{3} \right )\) и так как \(x_{1}< x_{3}\), а f— убывающая функция, то \(x_{2}> x_{4}\), и т. д. Заметим, что здесь возможно единственное расположение точек\( x_{i}\) на оси \(x_{3}\in \left ( x_{1}; x_{2} \right )\).Действительно, \(x_{1} \) располагается слева от \(\left ( x_{2}; x_{3} \right ), x_{1}< x_{2}\). Так как f — убывающая функция, то \(x_{2}=f\left ( x_{1} \right )> f\left ( x_{2} \right )=x_{3}\). В результате последовательность \(\left \{ x_{2n-1} \right \}\) возрастающая и ограничена сверху \(x_{2}\), последовательность \(\left \{ x_{2n} \right \}\) убывающая и ограничена снизу \(x_{3}\). Если же \(x_{1}> x_{3} (x_{1} \)расположена справа от \(( \left ( x_{2}; x_{3} \right ))\), то \(x_{3}\in \left ( x_{2}; x_{1} \right ) \) и тогда последовательность \(\left \{ x_{2n-1} \right \} \)убывающая и ограничена снизу \(x_{2}.\)

Ответ: NaN

Вычислите при каком значении \(x_{1}\) сходится последовательность \(x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1 \)

Решение №13798: Пусть \(x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1. Тогда \forall n\in N x_{n+1}-x_{n}=x_{n}^{2}-2x_{n}+1=\left ( x_{n}+1 \right )^{2}\geqslant 0\). Таким образом, последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастающая. Выясним, когда последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) ограничена. Рассмотрим график \(f\left ( x \right )=x^{2}+3x+1\). Ясно, что при \(x_{1}> -1\) последовательность \(left \{ x_{n} \right \}\) расходится, так как в силу неограниченности функции \(f x_{n+1}=x_{n}^{2}+3x_{n}+1 \) и его можно сделать сколь угодно большим. Аналогично при \(x_{2}< -2\) последовательность \(left \{ x_{n} \right \}\) неограниченная.

Ответ: NaN

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

Решение №13800: Заметим, что \(\forall n\in N x_{n}> 0\). Тогда используем то, что \(f\left ( x \right )=\frac{1}{1+x}\) убывает на\( \left [ 0; +\propto \right )\). Найдем несколько первых членов последовательности: \(x_{1}=1; x_{2}=\frac{1}{2}; x_{3}=\frac{2}{3}; x_{4}=\frac{3}{5}; x_{5}=\frac{5}{8}\). Нетрудно видеть, что последовательность \(\left \{ x_{2n} \right \}\), членами которой являются числа \(\frac{1}{2}; \frac{3}{5}; ...,\) возрастающая, а последовательность \(\left \{ x_{2n-1} \right \}\), членами которой являются числа 1; \(\frac{2}{3}; \frac{5}{8}; ... ,\) убывающая. Кроме того \(\forall n\in N x_{2n}< 1, x_{2n-1}> 0\). Тогда существуют \(\lim_{n \to \propto} x_{2n} и \lim_{n \to \propto} x_{2n-1}\). Покажем, что они равны: \(x_{n+1}=\frac{1}{1+x_{n}}=\frac{1}{1+\frac{1}{1+x_{n-1}}}=\frac{1+x_{n-1}}{2+x_{n-1}}\). Эта формула связывает соседние члены в обеих последовательностях. Если в ней перейти к пределу, то получим \(A=\frac{1+A}{2+A},откуда A=\frac{\sqrt{5}-1}{2} (так как A> 0)\) Таким образом, \(\lim_{n \to \propto} x_{2n} \lim_{n \to \propto} x_{2n-1}=\lim_{n \to \propto} x_{n}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} \)

Ответ: NaN

Выясните, сходится ли последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) и найдите предел сходящейся последовательности \(0< x_{1}\leqslant \frac{\sqrt{5}-1}{2}, x_{n+1}=\sqrt{1-x_{n}} \)

Решение №13802: Пусть \(\tau =\frac{\sqrt{5}-1}{2}\). \(\tau \) - это предел в предположений, что он существует. Заметим, что \(x_{2}=\sqrt{1-x_{1}}> \sqrt{1-\tau }=\tau > x_{1}, x_{3}=\sqrt{1-x_{2}}> \sqrt{1-\tau }=\tau \). Выясним, верно ли, что \(x_{3}> x_{1}\), т.е. верно, что \(\sqrt{1-x_{2}}=\sqrt{1-\sqrt{1-x_{1}}}> x_{1}. 1-\sqrt{1-x_{1}}> x_{1}^{2}; \sqrt{1-x_{1}}< \left ( 1+x_{1} \right )\left ( 1-x_{1} \right ); \sqrt{1-x_{1}}\left ( 1+x_{1} \right )> 1\). Последнее неравенство верно, так как \(\sqrt{1-x_{2}}\leqslant 1-x_{1}\Leftrightarrow \sqrt{1-x_{1}}\geqslant 1\Leftarrow 0< x_{1}\leqslant \frac{\sqrt{5}-1}{2}\). Таким образом, \(x_{1}\notin \left ( x_{2}; x_{3} \right )\). Итак, последовательность \(\left \{ x_{2n-1} \right \}\) возрастающая и ограниченная сверху \(\tau\), а последовательность \(\left \{ x_{2n} \right \}\) убывающая и ограниченная снизу \tau и окончательно \(\lim_{n \to \propto} x_{2n-1}=\lim_{n \to \propto} x_{2n}=\lim_{n \to \propto} x_{n}=\tau .\)

Ответ: NaN

Исследуйте на сходимость последовательность \(x_{1}=-\frac{7}{13}, x_{n+1}=\frac{1+x_{n}}{2x_{n}}\)

Решение №13804: \( x_{n+1}=\frac{1}{2}\left ( 1+\frac{1}{x_{n}} \right ); \lim_{n \to \propto} x_{n}=1 \)

Ответ: NaN

Исследуйте на сходимость последовательность\( x_{1}> 0, x_{n+1}=\frac{a}{x_{n}}+b, a> 0, b> 0, n\in N\)

Решение №13806: \( x=\frac{a}{x}+b\Leftrightarrow x=\frac{b+\sqrt{b^{2}+4a}}{2}, \lim_{ n \to \propto} x_{n}=\frac{b+\sqrt{b^{2}+4a}}{2} \)

Ответ: NaN

Исследуйте на сходимость последовательность\( x_{1}=a, x_{n+1}=\cos x_{n}\)

Решение №13807: Если \(x_{1}=a\), то \(x_{2}=\cos a, x_{3}=\cos \left ( \cos a \right )\),так как \(-1\leqslant \cos a\leqslant 1, x_{3}\in \left ( 0; 1 \right )\). Более того, начиная с n = 3, все члены последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\) принадлежат интервалу \(\left ( 0; 1 \right )\), где косинус убывает. Таким образом, последовательность удовлетворяет , а тогда последовательности \(\left \{ x_{2n-1} \right \} и \left \{ x_{2n} \right \}\) монотонны и ограниченны, т. е. имеют пределы. Осталось показать, что эти пределы равны. Заметим, что \(\left \{ x_{2n-1} \right \} =\cos \left ( \cos x_{2n-1} \right ) x_{2n+2}=\cos \left ( \cos x_{2n} \right )\). Переходя к пределу в обеих частях равенства , получаем, что оба предела являются корнями уравнения \(x=\cos \left ( \cos x \right )\). Покажем, что уравнение \(x=\cos \left ( \cos x \right )\) имеет один корень. Пусть этих корней два: \(x_{1}\neq x_{2}\). Тогда\(\left | x_{1}-x_{2} \right |=2\left | \sin \frac{\cos x_{1}+\cos x_{2}}{2} \right |*\left | \sin \frac{\cos x_{2}-\cos x_{1}}{2} \right |\leqslant 2\left | \frac{\left ( \cos x_{2} -\cos x_{1}\right )}{2} \right |=2\left | \sin \frac{x_{1}-x_{2}}{2} \right |*\left | \sin \frac{x_{1}+x_{2}}{2} \right |\leqslant x_{1}-x_{2}\). Противоречия можно избежать, только если вместо знаков неравенства всюду стоят знаки равенства, что возможно лишь при \(\left | x_{1}+x_{2} \right |=0\) (использовано неравенство \(\left | \sin x \right |\leqslant \left | x \right |\), верное при всех значениях x и обращающееся в равенство при x = 0, и то, что \(\left | \sin x \right |\leqslant 1.\)

Ответ: NaN

Пусть \(0< x_{1}< 1, \forall n\in N x_{n+1}=x_{n}\left ( 2-x_{n} \right )\). Исследуйте последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) на сходимость, если \(x_{1}\notin \left ( 0; 1 \right ) \)

Решение №13809: \( x_{1}\notin \left ( 0;1 \right )\), например \(x_{1}\in \left ( 1; 2 \right )\). Тогда снова \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится и \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=1\). Если \(x_{1}< 0\), то последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывающая и не ограничена снизу и \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=-\propto\) . Если \(x_{1}> 2\), то всё сводится к случаю \(x_{1}< 0\) Вообще говоря, можно заметить, что если существует \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=A, A=0\) или A=1, но при \(x_{1}> 2 A\neq 0 A\neq 1.\)

Ответ: NaN

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

Решение №13812: Заметим, что последовательность отличается от последовательности из задания а на \(\frac{1}{n} \) , значит, имеет тот же предел. При этом, так как \(a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2n+1}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}< \frac{1}{2n+2}+\frac{1}{2n+2}-\frac{1}{n+1}=0\) последовательность возрастает. Её предел больше \(a_{2}=\frac{1}{12}> \frac{1}{2} . \)

Ответ: NaN

Пусть \(x_{1}=a, 0< a\leq 2, x_{n+1}=\sqrt{2-\sqrt{4-x_{n}^{2}}}, n\in N\). Докажите, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \} \)сходится

Решение №13813: Подстановка \(x_{n}=2\sin a_{n} \) дает \(x_{n+1}=2\sin \frac{a_{n}}{2}\). Поэтому \(x_{n}=2\sin \frac{a_{1}}{2^{n-1}}\). Поскольку \(\lim_{n \to \propto} \frac{a_{1}}{2^{n-1}}=0\), то получаем \(\lim){n \to \propto} x_{n}=0. \)

Ответ: NaN

Последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) задана формулой\( x_{n}=nx_{n-1}+2, x_{0}=c\). Докажите, что если последовательность\( \left \{ x_{n} \right \}\) сходящаяся, то она стремится к 0.

Решение №13817: Если предел последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} \)не равен 0, то\(\lim_{n \to \propto} \left ( nx_{n} +2\right )=\propto\) , в то время как он должен быть равен пределу последовательности\(\left \{ x_{n+1} \right \}\), т. е. числу.

Ответ: NaN

Последовательность \(\left \{ x_{n} \right \} \)задана формулой \(x_{n}=nx_{n-1}+2, x_{0}=c.\) Докажите, что если число c рационально, то эта последовательность не имеет предела.

Решение №13818: Пусть \(c=\frac{p}{q} \)— несократимая дробь. Тогда все члены последовательности будут иметь знаменатель, не больший q. Заметим, что в последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} \) могут совпасть не более двух членов. Последовательность чисел, знаменатели которых не больше q, не может иметь предела, поскольку в любом интервале таких чисел содержится лишь конечное количество. Как будет показано ниже, при рациональном с члены последовательности, начиная с некоторого номера, становятся целыми числами.

Ответ: NaN

Пусть a, b и c - такие положительные числа, что при всех натуральных n существует треугольник со сторонами \(a^{n}, b^{n}, c^{n}\). Докажите, что все такие треугольники являются равнобедренными.

Решение №13820: Рассмотрим наибольшее из чисел. Пусть этим числом является а. Тогда из условия следует, что при всех натуральных n выполнено неравенство \(a^{n}< b^{n}+c^{n}\). Поделим обе части неравенства на \(a^{n}\). Получим неравенство \(\left ( \frac{b}{a} \right )^{n+\left ( \frac{c}{a} \right )^{n}}> 1\), верное при всех натуральных n. Если а не равно ни одному из чисел b и с, то \(\frac{b}{a}< 1, \frac{c}{a}< 1\), а тогда \(\lim_{n \to \propto} \left ( \left ( \frac{b}{a} \right )^{n}+\left ( \frac{c}{a} \right )^{n} \right )=0\), что противоречит неравенству.

Ответ: NaN

Множество нулевых чисел таково, что сумма n-х степеней этих чисел равно 0 при всех нечетных натуральных n. Докажите, что данное множество можно представить как объединение пар противоположных чисел

Решение №13821: Идея решения этой задачи схожа с идеей решения предыдущей. Пусть \(a_{1}, ... , a_{k}\) — данные числа. Пусть \(a_{1}\)— число с максимальным модулем. Из условия получаем равенство \( 1+\left ( \frac{a_{2}}{a_{1}} \right )^{n}+...+\left ( \frac{a_{k}}{a_{1}} \right )^{n}=0\) верное при всех натуральных нечётных n. Если среди записанных в равенстве дробей нет дроби, по модулю равной 1, то, устремляя n к бесконечности, получаем предел левой части равным 1, что противоречит равенству (3). Значит, среди таких дробей есть равные 1 и −1. Сумма дробей, имеющих модуль 1, должна быть равна 0, поскольку остальные дроби «уйдут в 0» при нахождении предела. Значит, среди исходных чисел было поровну равных а1 и −а1. Поскольку сумма всех чисел с наибольшим модулем в нечётных степенях будет равна 0, для оставшихся чисел условие задачи будет выполнено, и то же самое рассуждение можно проделать ещё несколько раз.

Ответ: NaN

Докажите, что \(\forall n\in N: 2< \left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}< 3 \)

Решение №13823: \( a_{1}= 2\), таким образом, из возрастания последовательности \(\left \{ a_{n} \right \}\) следует, что при n > 1 выполнено \(a_{n} > 2\). Второе неравенство следует из того, что \(a_{n} < е\), поскольку e является пределом возрастающей последовательности, который, как следует из доказательства теоремы Вейерштрасса, является её супремумом. В свою очередь, е < 3.

Ответ: NaN

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

Решение №13824: При всех натуральных n выполнено \(\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n+1}> e\), откуда, возводя обе части неравенства в степень \(\frac{n}{n+1}\) , получаем \(\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}> e^{1-\frac{1}{n+1}}\) которое влечёт требуемое неравенство, так как \(1-\frac{1}{n+1}> 1-\frac{1}{n}\)

Ответ: NaN

От противного докажите, что е - иррациональное число.

Решение №13828: Пусть \(e=\frac{p}{q} \), где p и q - натуральные числа. Тогда $$\frac{p}{q}=1+1+\frac{1}{2!}+...+\frac{1}{q!}+\frac{a_{q}}{q!q}, 0< a_{q}\leqslant 1$$ Умножив обе части этого неравенства на \(q!\) Получаем $$p=2q!+\frac{q!}{2!}+...+1+\frac{a_{q}}{q}$$ В левой части этого равенства стоит натуральное число. В правой части равенства все слагаемые, кроме последнего, являются натуральными числами, а последнее слагаемое целым не является. Полученное противоречие доказывает утверждение задачи. Кстати, из доказанного утверждения следует, что в использованном представлении числа e для всех натуральных n выполнено строгое неравенство \(a_{n}< 1\). В противном случае получилось бы, что \(e\) — рациональное число.

Ответ: NaN

Найдите \( \lim_{n \to \propto}\sin \left ( 2\pi en! \right ) \)

Решение №13829: \( n!e=m_{n}+\frac{a_{n}}{n}, 0< a_{n}\leqslant 1\), где\( m_{n} - некоторое целое число. Тогда \(\sin \left ( 2\pi n!e \right )=\sin \left ( 2\pi m_{n} +\frac{2\pi a_{n}}{n}\right )=\sin \left ( \frac{2\pi a_{n}}{n} \right )\) Очевидно, что \(\lim_{n \to \propto}\sin \left ( \frac{2\pi a_{n}}{n} \right )=0 \)

Ответ: NaN