Решение №3599: Может быть как ограниченной, так и неограниченной.

Ответ: NaN

Решение №3601: Может быть как ограниченной, так и неограниченной.

Ответ: NaN

Решение №3606: \( \lim_{n \to \propto}\frac{\sqrt[3]{n}-\sqrt[3]{n+1}}{\sqrt[4]{n+1}+\sqrt[4]{n}}=\lim_{n \to \propto}\frac{\left ( n-n-1 \right )\left ( \sqrt[4]{n+1}-\sqrt[4]{n} \right )\left ( \sqrt{n+1}+\sqrt{n} \right )}{\left ( \sqrt[3]{n^{2}}+\sqrt[3]{n^{2}+n}+\sqrt[3]{\left ( n+1 \right )^{2}} \right )\left ( n+1-n \right )}=\lim_{n \to \propto}\frac{-n^{\frac{1}{4}}\left ( \sqrt[4]{1+\frac{1}{n}}-1 \right )n^{\frac{1}{2}}\left ( \sqrt{1+\frac{1}{n}}+\sqrt{1} \right ) }{n\frac{2}{3}\left ( \sqrt[3]{1}+\sqrt[3]{1+\frac{1}{n}}+\sqrt[3]{1+\frac{2}{n}+\frac{1}{n^{2}}} \right )}=0\)

Ответ: 0

Решение №3607: 1) Если \(a\neq 0, то \lim_{n \to \propto}\sqrt{an^{2}+bn+2}-n=\lim n \to \propto\frac{an^{2}+bn+2-n^{2}}{\sqrt{an^{2}+bn+2}+n}=\lim_{n \to \propto}\frac{\left ( a-1 \right )n^{2}+bn+2}{n\left ( \sqrt{a+\frac{b}{n}+\frac{2}{n^{2}}+1} \right )}=A\) Ясно, что если \(a=1\), то \(A=\frac{b}{2}\), еcли \(a> 1\), то \(A=+\propto \), и если \(a< 1, A=-\propto\) .Тогда \(\lim_{n \to \propto} x_{n}=1 при b=2\) 2) Если a=0. Тогда при всех значениях b имеем \(\lim_{n \to \propto}\left ( \sqrt{bn+2}-n \right )=-\propto \)

Ответ: 1

Решение №3610: \( \lim_{n \to \propto} \sqrt[n]{a}=1\) при a> 0. Пусть \(\lim_{n \to \propto} \sqrt[n]{a}=A> 0\). Из определения предела следует, что, начиная с некоторого n,выполнено неравенство \(\frac{A}{2}< a_{n}< \frac{3A}{2}, откуда \sqrt[n]{\frac{A}{2}}< \sqrt[n]{a_{n}}< \sqrt[n]{\frac{3A}{2}}\). По теореме о сжатой последовательности получаем \(\lim_{n \to \propto} \sqrt[n]{a}=1 .\)

Ответ: NaN

Решение №3611: \(x_{n}=\left\{\begin{matrix}\left ( \frac{1}{2} \right )_{n}, n=2k \\ \left ( \frac{1}{3} \right )^{n}, n=2k-1 \end{matrix}\right. \)

Ответ: NaN

Решение №3621: Так как \(\forall n\in N x_{n+1}-x=\frac{1}{\left ( n+1 \right )^{n+1}}> 0\), то последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает. Кроме того \(\forall n\in N x_{n}< 1+\frac{1}{2^{2}}+\frac{1}{2^{3}}+...+\frac{1}{2^{n}}=\frac{1}{2}+\left ( \frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2}}+...+\frac{1}{2^{n}} \right )< \frac{3}{2}\). То есть последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) ограничена сверху.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: x_{1}\in \left [ -\frac{1}{2};\frac{1}{2} \right ]

Решение №3629: Выпишем несколько первых членов последовательности: \(x_{1}=-3; x_{2}=-1; x_{3}=-5; x_{4}=-\frac{1}{5}; x_{5}=-29; x_{6}=\frac{23}{29}; x_{7}=1+\frac{6*29}{23}\). Таким образом, процесс переходит в первую четверть \(\left ( x_{k}> 0 \right )\), а сначала хотелось сказать, что он расходится. Далее получим, что \(\forall n\geqslant 6\left ( x_{n}> 0 \right ) \)последовательность \(\left \{ x_{2n} \right \} \)возрастающая и ограничена сверху, а последовательность \(\left \{ x_{2n+1} \right \}\) убывающая и ограничена снизу \(\left ( n\geqslant 3 \right ), \lim_{n \to \propto} x_{n}=3. \)

Ответ: NaN

Решение №3631: Как обычно, мешает разрыв. Было бы хорошо сказать, что функция возрастает и последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) возрастает. Но всё не так: \(x_{2}=\frac{1}{2}; x_{3}=-2; x_{4}=\frac{11}{2}; x_{5}=3\frac{5}{11}; x_{6}=3\frac{5}{38}\). При \(n\leqslant 4\) последовательность \(\left \{ x_{n} \right \}\) убывает. Значение ппредела получается из уравнения \(a=4-\frac{3}{a}\Leftrightarrow \left [ \begin{matrix}a-3 \\ a=1 \end{matrix} \right \) Но \(\lim_{n \to \propto} x_{n} =3 \), и это, вообще говоря, надо доказать.

Ответ: NaN

Решение №3641: Приведённое неравенство равносильно тому, что последовательность\( \left \{ b_{n}-a_{n} \right \}\) возрастает. Будучи разностью двух ограниченных, эта последовательность ограничена, а тогда она сходится. Таким образом, поскольку \(b_{n}=a_{n}+\left ( b_{n}-a_{n} \right )\), то последовательность \(\left \{ b_{n} \right \}\) сходится как сумма двух сходящихся последовательностей.

Ответ: NaN

Пока решения данной задачи,увы,нет...

Ответ: c=2-2e

Решение №3651: Левая часть данного неравенства получается логарифмированием по основанию e обеих частей неравенства задания в. Правая часть неравенства получается логарифмированием по основанию e неравенства \(\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^{n}< e\)

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

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}}

Решение №13774: Обязательно ограничена.

Ответ: NaN

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

Ответ: NaN