Задачи

Фильтрация

Показать фильтрацию

По классам:

По предметам:

По подготовке:

По классам:

По авторам:

Найдите \(\lim_{n \to \propto} x_{n}\), если \(x_{n}= \frac{\sqrt{n^{2}+1}-n}{\sqrt{n^{3}+1}-n\sqrt{n}}\)

Решение №13735: \( \lim_{n \to \propto} \frac{\sqrt{n^{2}+1}-n}{\sqrt{n^{3}+1}-n\sqrt{n}}=\lim_{n \to \propto} \frac{\left ( n^{2}+1-n^{2} \right )\left ( \sqrt{n^{3}+1}+n\sqrt{n} \right )}{\left ( \sqrt{n^{2}+1}+n \right )\left ( n^{3}+1-n^{3} \right )}=\lim_{n \to \propto} \frac{n\left ( \sqrt{n+\frac{1}{n^{2}}}+\sqrt{n} \right )}{n\left ( 1+\frac{1}{n^{2}}+1 \right )}=+\propto \)

Ответ: +\propto

Найдите \(\lim_{n \to \propto} x_{n}\), воспользовавшись свойствами пределов, связанными с неравенствами и арифметическими действиями с пределами. \(x_{n}=\frac{2^{\frac{n}{2}}+\left ( n+1 \right )!}{n\left ( 3^{n}+n \right )!}\)

Решение №13747: \( \frac{2^{\frac{n}{2}}+\left ( n+1 \right )!}{n\left ( 3^{n}+n! \right )}=\frac{\frac{2^{\frac{n}{2}}}{\left ( n+1 \right )!}+1}{\frac{n*3^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{n}{n+1}}\), а так как \(\lim_{n \to \propto}\frac{\frac{2^{\frac{n}{2}}}{\left ( n+1 \right )!}+1}{\frac{n*3^{n}}{\left ( n+1 \right )!}+\frac{n}{n+1}}=1, \lim_{n \to \propto}\frac{2^{\frac{n}{2}}+\left ( n+1 \right )!}{n\left ( 3^{n}+n! \right )}=1. \)

Ответ: 1

Установите сходимость к 0 последовательности \(x_{n}=\frac{n^{P}}{a^{n}}, a> 1, p\in N \)

Решение №13750: Способ 1. Если a> 1, то \(a=1+\alpha , где \alpha > 0\). Откуда \(a^{n}=\left ( 1+\alpha \right )^{n}> C_{n}^{p+1}*\alpha ^{p+1}\ при n> p. Пусть n> 2p. Тогда C_{n}^{p+1}=\frac{n\left ( n-1 \right )...\left ( n-p \right )}{\left ( p+1 \right )!}> \frac{n}{\left ( p+1 \right )!}\left ( \frac{n}{2} \right )^{p}\) (так как \(n-k> \frac{n}{2}\) при \(1\leqslant k\leqslant p\)). Отсюда следует, что \(0< \frac{n^{p}}{a^{n}}< \frac{2^{p}\left ( p+1 \right )!}{\alpha ^{p+1}*n}\), а следовательно, \(\lim_{n \to \propto} \frac{n^{p}}{a^{n}}=0\). ( Поскольку \(\frac{2^{p}\left ( p+1 \right )!}{\alpha ^{p+1}}\) не зависит от n, то \(\lim_{n \to \propto}\frac{2^{p}\left ( p+1 \right )!}{\alpha ^{p}*n}=0)\) Способ 2. Если \(x_{n}=\frac{n^{p}}{a^{n}}, a> 1 \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left ( n+1 \right )^{p}*a^{n}}{a^{n+1}*n^{p}}=\frac{1}{a}\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{p}\rightarrow _{n \to \propto} \frac{1}{a} \frac{1}{a}< 1\). Следовательно, по лемме \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=0\). Если \(x_{n}=\frac{\left ( 2n \right )!}{a^{n}}\left ( a> 1 \right ),то \forall n\in N x_{n}> 0 и \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left ( 2n+2 \right )!*a^{n!}}{a^{\left ( n+1 \right )!}\left ( 2n \right )!}=\frac{2n+1}{a^{\left ( n-1 \right )n!}}*\frac{2n+2}{a^{n!}}\rightarrow _{n \to \propto} 0\) ( обе бесконечно малые при a> 1, то в силу леммы \)\lim_{n \to \propto} x_{n}=0\). Если \(x_{n}=\frac{4*7*10*...*\left ( 3n+1 \right )}{2*6*10*...*\left ( 4n+2 \right )}> 0\) и \(\forall n\in N \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{3n+4}{4n+6}\rightarrow _{n \to \propto} \frac{3}{4}\), то в силу леммы \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=0 \)

Ответ: NaN

Найдите \(\lim_{n \to \propto} n^{\frac{3}{2}}\left ( \sqrt{n+1} +\sqrt{n-1}-2\sqrt{n}\right )\)

Решение №13751: \(\lim_{n \to \propto} n^{\frac{3}{2}}\left ( \sqrt{n+1} +\sqrt{n-1}-2\sqrt{n}\right )=\lim_{n \to \propto}\frac{n^{\frac{3}{2}}\left ( 2n+2\sqrt{n^{2}-1} -4n\right )}{\left ( \sqrt{n+1} +\sqrt{n-1}-2\sqrt{n}\right )}=\lim_{n \to \propto}\frac{2n^{\frac{3}{2}}\left ( \sqrt{n^{2}-1}-n \right )}{\sqrt{n}\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n}} +\sqrt{1-\frac{1}{n}}+2\right )}=\lim_{n \to \propto}\frac{-2n}{\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n}} +\sqrt{1-\frac{1}{n}}+2 \right )n\left ( \sqrt{1-\frac{1}{n^{2}}+1} \right )}=\frac{-2}{4*2}=-\frac{1}{4} \)

Ответ: -\frac{1}{4}

Докажите, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится: \(x_{n}=\frac{n^{3}}{10^{n}} \)

Решение №13752: Покажем, что последовательность убывает: \(\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{\left ( n+1 \right )^{3}*10^{n}}{10^{n+1}*n^{3}}=\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}*\frac{1}{10}< 1.\) Так как \(\forall n\in N \frac{n+1}{n}\leqslant 2\), а значит, \(\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}< 10\). Таким образом \(\forall n\in N x_{n+1}< x_{n}\), т.е. последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\)убывает и ограничена снизу нулем \(\left ( \forall n\in N x_{n}> 0 \right ).\) По теореме Вейерштрасса она имеет предел. Можно показать, как найти этот предел (этого не требуется в задаче). Пусть\(\lim_{n \to \propto} x_{n}=\lim_{n \to \propto} x_{n+1}=a\), имеем \(x_{n+1}=\frac{1}{10}\left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}x_{n}\). Так как \(\lim_{n \to \propto} \left ( \frac{n+1}{n} \right )^{3}=1, a=\frac{1}{10}a\). Значит a=0.

Ответ: NaN

Докажите, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится: \(x_{n}=\frac{2^{n}}{n!} \)

Решение №13753: \( \forall n> 2 \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{2}{n+1}< 1\). Доказательство того, что предел существует, здесь гораздо очевиднее, но зато нет способа его найти. Предельный переход, как в предыдущем пункте, здесь ничего не даёт для поиска предела последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\), равного a

Ответ: NaN

Докажите, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится: \(x_{1}=8, x_{2}=\frac{8}{1}*\frac{11}{7}, ..., x_{n}=\frac{8}{1}*\frac{11}{7}* ...*\frac{3n+5}{6n-5} \)

Решение №13754: \( \forall n\in N \frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{3n+8}{6n+1}\). Так как \(\lim_{n \to \propto}\frac{x_{n+1}}{x_{n}}=\frac{1}{2}< 1 \forall n\in N x_{n}> 0\). А можно так:\( \forall n> 8 \frac{3n+8}{6n+1}< \frac{2}{3} \) Значит, при n> 8 последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывает и ограничена снизу нулем. Следовательно, существует \( \lim_{n \to \propto} x_{n} \)

Ответ: NaN

Докажите, что \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится, и найдите \(\lim_{n \to \propto} x_{n} : x_{1}=\sqrt{a}, x_{n+1}=\sqrt{a+x_{n}}\), где \(a> 0\)

Решение №13757: Выясним сначала, чему может быть равен предел последовательности \(\left \{ x_{n} \right \}\). Пусть \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=B, тогда B=\sqrt{B+a}, B^{2}-B-a=0 B=\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2} (B> 0)\), так как \(\forall n\in N x_{n}> 0)\). Докажем по индукции, что \(\forall n\in N x_{n}< x_{n+1}< B\). База индукции очевидна. Индукционный переход. Докажем, что \(x_{k}< x_{k+1}< B\), если \(x_{k-1}< x_{k}< B\). Действительно, \(x_{k-1}< x_{k}< B\Leftrightarrow x_{k-1}< \sqrt{a+x_{k-1}}< B\), но в силу монотонности корня и того, что \(x_{k-1}< x_{k}\), выполняется \(\sqrt{a+x_{k-1}}< \sqrt{a+x_{k}=x_{k+1}}< B (так как x_{k}< B \sqrt{a+x_{k}}< \sqrt{a+B}=B)\). Мы доказали, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\\) возрастает и ограничена снизу и имеет предел, равный \(\frac{1+\sqrt{1+4a}}{2} \)

Ответ: NaN

Докажите, что \(\left \{ x_{n} \right \}\) сходится, и найдите \(\lim_{n \to \propto} x_{n} : x_{n+1}=\frac{4}{3}x_{n}-x_{n}^{2}, 1) x_{1}=\frac{1}{6}; 2)x_{1}=\frac{1}{2}; x_{3}=\frac{7}{6}\)

Решение №13759: Докажем для случая \(x_{1}=\frac{1}{6}\). Рассмотрим разность \(x_{n+1}-x_{n}=\frac{1}{3x_{n}}-x_{n}^{2}=x_{n}\left ( \frac{1}{3}-x_{n} \right )\). По индукции легко показать, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает и\(\forall n\in N x_{n}\leqslant \frac{1}{3}\). База индукции \(x_{1}=\frac{1}{6}. Тогда x_{2}-x_{1}=\frac{1}{6}\left ( \frac{1}{3}-\frac{1}{6} \right )=\frac{1}{36}> 0\) и \(x_{2}=x_{1}+\frac{1}{36}=\frac{13}{36}, 0< x_{1}< x_{2}< \frac{1}{3}\). Индукционный переход. Докажем, что \(0< x_{k}< x_{k+1}< \frac{1}{3},если 0< x_{k-1}< x_{k}< \frac{1}{3}\). Так как \(x_{k+1}-x_{k}=x_{k}\left ( \frac{1}{3} -x_{k}\right )> 0\) (по индукционному предположению),\(x_{k+1}> x_{k}\). Если рассмотреть функцию \(g\left ( t \right )=t\left ( \frac{4}{3}-t \right )-\frac{1}{3}; g\left ( t \right )=-\frac{1}{3}\left ( 3t-1 \right )\left ( t-1 \right ), g\left ( t \right )> 0\Leftrightarrow \frac{1}{3}< t< 1\), поэтому \(g\left ( x \right )< 0, x_{k+1}< \frac{1}{3} \)

Ответ: NaN

Выясните, сходится ли последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) и найдите предел сходящейся последовательности: \(x_{1}\leqslant 1, x_{n+1}=-\sqrt{1-x_{n}}, где n\in N \)

Решение №13760: Докажем, что последовательность \(\left \{ x_{n} \right \} \)убывает и ограничена снизу нулем. \(0\leqslant x_{2}=x_{1}\left ( 1-x_{1} \right )\leqslant x_{1}\leqslant 1\), так как \(0\leqslant x_{1}\leqslant 1\). Легко показать по индукции, что \(0\leqslant x_{k+1}=x_{k}\left ( 1-x_{k} \right )\leqslant x_{k}\) (индукция нужна лишь для доказатнльства неравенства \(x_{k+n}\geqslant 0)\). Тогда пусть \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=\lim_{n \to \propto} x_{n+1}=a\). Итак \(a=a-a^{2}\Leftrightarrow a=0. \)

Ответ: NaN

Найдите\( \lim_{n \to \propto} x_{n}, если x_{n}=\left ( \frac{n}{n+1} \right )^{n}\)

Решение №13764: \( \lim_{n \to \propto} \left ( \frac{n}{n+1} \right )^{n}=\lim_{n \to \propto}\frac{1}{\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}}=e^{-1} \)

Ответ: e^{-1}

Дана последовательность\( \left \{ a_{n} \right \}\). Рассмотри последовательности \(x_{n}=a_{2n}, y_{n}=a_{2n-1}, z_{n}=a_{2n+4}, u_{n}=a_{3n}\) Верно ли утверждение, что последовательность\( \left \{ x_{n} \right \}\) сходится, то и последовательность\( \left \{ z_{n} \right \}\) сходится?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет

Дана последовательность \(\left \{ a_{n} \right \}\). Рассмотри последовательности \(x_{n}=a_{2n}, y_{n}=a_{2n-1}, z_{n}=a_{2n+4}, u_{n}=a_{3n}\). Очевидно, что если последовательность \(\left \{ a_{n} \right \}\) сходится, то и сходятся последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} и \left \{ y_{n} \right \}\). Верно ли утверждение: если последовательности \(\left \{ x_{n} \right \} и \left \{ y_{n} \right \}\) сходятся, то и последовательность \(\left \{ a_{n} \right \} \)сходится?

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: Нет, например a_{n}=\left ( -1 \right )^{n}

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

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