Тема Математический анализ

17 Пределы последовательностей

Вспоминай формулы по каждой теме

Решай новые задачи каждый день

Вдумчиво разбирай решения

ШКОЛКОВО.
Готовиться с нами - ЛЕГКО!

Подтемы раздела математический анализ

Решаем задачи

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 41#37614

Найти

-1-- -1-- ----1---- lni→m∞ (1⋅2 + 2⋅3 + ...+ n⋅(n + 1))

Показать ответ и решение

Слегка преобразуем сумму, предел который мы ищем:

-1--+ -1--+ ...+ ---1-----= (1− 1) +(1 − 1)+ ...+ (1-− --1--) 1⋅2 2⋅3 n⋅(n +1) 2 2 3 n n + 1

Нетрудно видеть, что у нас будут происходить сокращения: в каждой скобке слагаемое с минусом сократиться с таким же слагаемым с плюсом, которое встречается в следующей скобке. Не с чем сократиться будет только самой первой единичке и самой последней дроби $− -1-. n+1$ Таким образом, имеем:

(1− 1)+ (1 − 1)+ ...+ (1-− --1--) = 1− -1---→ 1 2 2 3 n n + 1 n+ 1

Таким образом, заключаем, что

1 1 1 lni→m∞ (1⋅2-+ 2⋅3-+ ...+ n⋅(n-+-1)) = 1.

Ответ:

$1$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 42#40256

Найти предел

√3n4--+-3n+--1 nl→im∞ ------------- n − 1

Показать ответ и решение

Поделим на наибольшую степень $n.$ В данном случае делим на $4 n 3.$ Тогда будет:

3√ ----------- 3∘ ----3----1- --n4 +-3n-+-1 ---1+--n3-+-n4 n− 1 = 3√1-− 14- n n3

Наш числитель стремится, как видно, к 1, а знаменатель к 0. Поэтому вся дробь не имеет предела, поскольку она неограниченно возрастает.

Ответ:

Нет предела.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 43#40259

Найти предел

1 1 (− 1)n+1 nl→im∞ (-− ---+ ...+ ----n---) 5 25 5

Показать ответ и решение

Фактически, мы имеем дело с геометрической прогрессией с первым членом $1 b1 = 5$ и знаменателем $1 q = −5$

Её частичная сумма, то есть то, что стоит под знаком предела, равна

b (qn − 1) 1((−1)n-− 1) -1--------= 5--5n1------- q − 1 − 5 − 1

Тогда, поскольку $n |(−15)n-| < 1,$ то $n (−51n)-→ 0,$ а, значит, $1(−1)n 1 -5(-5n1--−1)→ −56-= 16 −5−1 −5$

Ответ:

$16$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 44#40260

Приведите примеры таких последовательностей $xn,$ $yn$ таких, что $lnim→∞ xn = + ∞,$ $nli→m∞yn = + ∞,$ но при этом:

a) $xn nl→im∞ yn = a,$ где $a$ - некоторое заданное число;
b) $lim xynn = + ∞ n→∞$ ;
c) $lim xn = 0 n→ ∞ yn$ ;
d) Последовательность $xynn$ - ограничена, но однако $nli→m∞ xynn$ не существует.

Показать ответ и решение

a) $xn = an,$ $yn = n,$ если $a > 0$ и таких последовательностей не существует, если $a < 0$
b) $xn = n2,$ $yn = n$ ;
c) $xn = n,$ $2 yn = n$ ;
d) $( { n ,есл и n - чётно xn = ( 2n ,если n - нечётно$

$({ y = 2n ,если n -чётно n ( n ,если n -нечётно$
Тогда $( { 1 ,если n -чётн о xynn = 2 ( 2 ,если n -нечётно$ не имеет предела при $n → + ∞$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 45#40265

Найти предел

12 + 22 + ...+ n2 lni→m∞ --------3------- n

Показать ответ и решение

Пользуясь известной формулой

n(n+ 1)(2n + 1) 12 + 22 + ...+ n2 = ---------------- 6

получаем, что

12 +-22-+-...+-n2 n(n+1)6(2n+1) 2n3 +-3n2 +-n- nli→m∞ n3 = nl→im∞ n3 = nli→m∞ 6n3 =

2-+-3n-+-n12 1- = lnim→∞ 6 = 3

(в конце мы разделили и числитель и знаменатель на $n3$ )

Ответ:

$13$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 46#40273

Вычислить предел

n sin n3 nli→m∞ -√----√------- n n+ n + 1

Показать ответ и решение

Разделим на максимальную степень, в которой $n$ входит в числитель и в знаменатель. В данном случае делить будем на $32 n .$ Тогда имеем:

1 3 ----nsinn3---- --√n-sinn---- n √n-+ √n--+-1 = ∘ 1----1-- 1 + n2 + n3

Далее, видим, что числитель является произведением бесконечно малой $1 √n-$ на ограниченную $sinn3,$ то есть бесконечно мал. А знаменатель, нетрудно видеть, стремится к 1. Поэтому вся дробь по теореме о пределе частного стремится к $0 1 = 0.$

Ответ:

$0$

Курсы

Всё необходимое для достижения цели

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 47#43082

Напомним определение:

Опр. Последовательность ${a } n$ называется фундаментальной, если

∀𝜀 > 0 ∃N ∈ ℕ так ое, ч то ∀m, n > N в ып олне но, что |an − am | < 𝜀

Задача: Доказать критерий Коши в прямую сторону, а именно, доказать, что если последовательность ${an}$ сходится, то ${an}$ фундаментальна.

Показать ответ и решение

Пусть последовательность ${an}$ сходится к $a ∈ ℝ.$ Запишем определение предела.

∀𝜀 > 0 ∃N ∈ ℕ ∀n > N : |a − a| < 𝜀 n

Фиксируем $𝜀$ и берём соответствующее ему $N .$ Возьмём произвольные $m,n > N .$ Тогда:

неравенство △ опр. |an − am| ≤ |an − a|+ |a− am | < 𝜀 + 𝜀 = 2𝜀 = 𝜀1

Но, поскольку $𝜀$ было любым сколь угодно маленьким числом, то и $𝜀1 = 2𝜀$ тоже будет любым сколь угодно маленьким.

Таким образом, мы доказали, что если последовательность сходится, то она фундаментальна.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 48#43083

Пользуясь только критерием Коши, доказать, что последовательность $xn$ расходится, где

x = 1+ 1+ 1+ 1+ ...1- n 2 3 4 n

Показать ответ и решение

Напомним отрицание Критерия Коши: последовательность $xn$ расходится в том и только в том случае, когда:

∃𝜀 > 0 такой, что ∀N ∈ ℕ ∃n > N ∃m > N такие, что |a − a | ≥ 𝜀 n m

Возьмём $1 𝜀 = 2.$ Далее, пусть нам дают любое $N ∈ ℕ.$ Тогда возьмём совершенно неважно какое $n,$ лишь бы только $n > N.$ Тогда, понятное дело, и $2n > N.$

Но теперь, в силу оценки:

|x − x | =--1-- + --1--+ --1--+ ...-1---> n ⋅--1---= 1-≥ 𝜀 2n n n + 1 n + 2 n + 3 n + n n + n 2

то в силу критерия Коши эта последовательность не имеет предела.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 49#43085

Напомним формулировку теоремы Больцано-Вейерштрасса:

Теорема (Больцано, Вейерштрасс) Если последовательность ${xn }$ - ограничена, то из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность. То есть существует такая подпоследовательность $xnk$ последовательности $xn,$ которая сходится.

Задача: А верна ли теорема Больцано-Вейерштрасса в обратную сторону? То есть верно ли, что если из последовательности ${x } n$ можно выделить сходящуюся подпоследовательность, то она обязательно ограничена?

Показать ответ и решение

Это, разумеется, неверно. Выделять сходящиеся подпоследовательности можно не только из ограниченных. А теорема Больцано-Вейерштрасса говорит лишь о том, что из ограниченных точно можно выделить.

Рассмотрим, например, такую последовательность

({ x = 1 при n чётны х n ( n, при n нечётны х

Ясно, что она неограниченна, потому что неограниченна при нечётных $n,$ но из неё можно выделить сходящуюся подпоследовательность

ξ = x = 1 ∀n ∈ ℕ n 2n

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 50#43086

Доказать, пользуясь критерием Коши, что последовательность

sin α sin 2α sin3α sin nα xn = -----+ ------+ ------+ ...+ --n--- 2 4 8 2

сходится.

Показать ответ и решение

Попробуем показать, пользуясь критерием Коши, что эта последовательность сходится. А именно, попробуем доказать, что она фундаментальна, то есть что

∀ 𝜀 > 0 ∃N ∈ ℕ тако е, ч то ∀m, n > N в ып олнен о, ч то |x − x | < 𝜀 n m

Действительно, оценим $|xn − xm |.$ Пусть, для определенности, $n > m$ (если $n = m,$ то $|xn − xm| = 0 < 𝜀,$ так что это неинтересный случай)

Итак, пусть $n > m.$ Тогда $|xn − xm| = |sin(mm++11-)α + sin(mm++22)α + ...+ sin2nnα| < 2 2$

$т.к. кажы й синус ≤1 ≤ |2m1+1 + 2m1+2 + ...+ 12n-| <$

$заменили конечную сумму на бесконечную (геом. прогрессия) су < 2m1+1 + 2m1+2 + ...+ 12n-+ 2n1+1 + ... = 21m−+11-= 21m-< 𝜀 2$ для любого $𝜀 > 0$ при достаточно большом $m,$ поскольку последовательность $1-- 2m$ стремится к 0.

Следовательно, последовательность $xn$ - фундаментальна. Значит, по критерию Коши она сходится.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 51#43087

a) Доказать, что последовательность $xn,$ заданная следующей рекуррентной формулой, сходится:

x = √12, x = √12--+-x- 1 n+1 n

b) Вычислить предел последовательности $xn$ из пункта a)

Показать ответ и решение

a) Попробуем доказать, что данная последовательность сходится при помощи теоремы Вейерштрасса.

Для этого достаточно показать, что:
1. $xn$ - ограничена сверху;
2. $x n$ - монотонно возрастает.

1. Докажем, что $∀n ∈ ℕ$ последовательность $x < 4. n$ Это можно доказать по индукции: база индукции очевидно выполнена ( $√ --- x1 = 12 < 4$ ).

Далее, проведём шаг индукции. Пусть при всех $n = 1,2,3,...n$ верно, что $xn < 4.$ Тогда

опр. √ ------- предположение индукции √------ xn+1 = 12 + xn < 12+ 4 = 4

Таким образом, нам с вами удалось показать, что $∀n ∈ ℕ xn < 4.$ Значит, мы проверили ограниченность последовательности $x . n$
2. Монотонность. Действительно, $(x − x )(x +x ) x2 −x2 12+x − x2 xn+1 − xn = --n+1(xnn+1+nx+n1)--n-= nxn++11+xnn-= xn+n1+xnn=$

$(3+x )(4−x ) = --xnn+1+xnn-$

Давайте проанализируем, какой знак будет иметь дробь $(3+xn)(4−xn) --xn+1+xn--.$
Во-первых, поскольку $xn > 0∀n ∈ ℕ,$ то знаменатель заведомо положительный. Первый сомножитель в числителе тоже положительный, а вот второй сомножитель числителя, а именно $(4 − xn)$ положителен в силу оценки, которые мы доказали в пункте 1. ( $∀n ∈ ℕxn < 4$ ).
Следовательно, и вся дробь $(3+xn)(4−xn) xn+1+xn$ строго положительна. Но поскольку $xn+1 − xn = (3+xn)(4−xn) > 0, xn+1+xn$ то это означает, что $xn+1 > xn∀n.$ То есть последовательность $xn$ строго возрастает.

Итак, мы получили, что $xn$ - ограничена сверху и $xn$ - монотонно возрастает. Следовательно, по теореме Вейерштрасса мы можем заключить, что $∃ lim xn. n→ ∞$

b) Для того чтобы вычислить предел $xn,$ достаточно лишь в её рекуррентном задании

√ ------- xn+1 = 12+ xn

перейти к пределу при $n → + ∞.$ По пункту a) у $xn$ есть предел. Обозначим его $A.$ Но тогда ясно, что $xn+1 → A,$ поскольку $xn+1$ - это та же самая $xn,$ только начиная со второго номера, а не с первого. Но тогда левая часть в равенстве $√ ------- xn+1 = 12 + xn$ стремится к $A,$ а правая к $√ ------- 12+ A.$ То есть мы получили соотношение

√ ------- A = 12+ A

Откуда, возводя в квадрат, получаем, что $A2 = 12 + A.$ Это квадратное уравнение имеет два корня $A1,2 = 4,− 3$
Однако отрицательный корень нам не подходит в силу того, что $A > 0,$ потому что $A$ - это предел $xn,$ которая, очевидно, неотрицательна. Поэтому ответ получается такой: $lim xn = 4. n→∞$

Ответ:

Интенсивы

Глубокий разбор тем, требующих дополнительного внимания

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 52#43088

Показать, что последовательность $en = (1 + 1n)n$ имеет предел.

Показать ответ и решение

Попробуем доказать, что данная последовательность сходится при помощи теоремы Вейерштрасса.

Для этого достаточно показать, что:
1. $en$ - ограничена снизу;
2. $e n$ - монотонно убывает.

Докажем вначале вспомогательное утверждение. А именно, докажем по теореме Вейерштрасса, что существует $nli→m∞ ξn,$ где $ξn = (1 + 1n)n+1.$

1. Чтобы показать, что $ξn$ убывает, достаточно показать, что $∀n ∈ ℕ$ выполнено, что $ξn−1≥ 1. ξn$ Покажем это

$ξn−1 (1+n1−1)n -(n−n1)n-- ---(n n−1)n-- ξn = (1+1n)n+1 = (n+n1)n+1 = (n+n1)n⋅(n+n1) =$

$(nn−1) n --1-- ----n2--- n --1-- -n2n--- -n-- --1- n -n-- = ((n+n1)) ⋅⋅(n+n1) = ((n−1)(n+1)) ⋅ ⋅(n+n1) = (n2−1)n ⋅ n+1 = (1+ n2−1 ) ⋅n+1 =$

$неравенство Бернулли -n-- -n-- -1 -n-- n+1- -n-- ≥ (1+ n2− 1)n+1 > (1+ n )n+1 = n ⋅n+1 = 1.$

Следовательно, мы доказали, что $ξn$ убывает.

2. Очевидно, что $∀n ∈ ℕ$ последовательность $ξn > 0.$ Значит, она ограничена снизу.

Тем самым, по теореме Вейерштрасса, $∃ lim ξ . n→ ∞ n$

Но тогда обязан существовать и предел $e , n$ коль скоро

en = (1 + 1-)n = ξn ⋅(1+ 1)−1 n n

А значит $lim en = lim ξn ⋅ lim (1+ 1n)−1 = lim ξn ⋅1 = lim ξn n→ ∞ n→∞ n→∞ n→∞ n→ ∞$ - по теореме о пределе произведения (второй сомножитель $(1+ 1)−1, n$ очевидно, стремится к 1).

Комментарий: этот самый предел $en,$ он же и предел $ξn$ называется числом $e$ (основание натурального логарифма) и равен примерно $2,718281828459045.$

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 53#66849

Доказать, пользуясь лишь определением предела, что если $xn$ - бесконечно большая последовательность, то $-1 xn$ - бесконечно малая, то есть $1- lni→m∞ xn = 0$

Показать ответ и решение

Что значит, что $xn$ - бесконечно большая? Это означает, что для любого $C$ найдётся такой номер $N$ , что при всех $n > N$ выполнено $|xn| > C$ .

Теперь, пусть нам дано произвольное $𝜀 > 0$ . Найдём такое число $ˆ C$ , что $1- ˆC < 𝜀$ .

Но тогда мы ведь знаем, что для любого $C$ найдётся такой номер $N$ , что при всех $n > N$ выполнено $|xn| > C$ . Значит, и для нашего $ˆC$ , которое удовлетворяет условию $C1ˆ< 𝜀$ тоже выполнено, что при всех $n > N$ $|x | > Cˆ n$ .

Но тогда при всех $n > N$ будет выполнено

-1--< 1-< 𝜀 |xn | ˆC

Следовательно, последовательность $|x1| n$ - бесконечно малая, а значит и $x1 n$ - тоже бесконечно малая.

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 54#66855

Доказать, пользуясь лишь определением предела, что если $|q| < 1$ , то существует $lim qn = 0 n→∞$ .

Показать ответ и решение

Пусть дано произвольное $𝜀 > 0$ . Тогда нам достаточно показать, что найдётся такое $N$ , что при всех $n > N$ выполнено $n |q | < 𝜀$ .

Найдём такое $N$ , что $N |q | < 𝜀$ . Это неравенство равносильно тому, что $N > log|q|𝜀$ . Но тогда и для всех $n > N$ будет выполнено, что $|qn| < 𝜀$ , поскольку при $n > N$ выполнно $|qn| < |qN| < 𝜀$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 55#66858

Доказать, пользуясь лишь определением предела, что $lim 36nn++46 = 12 n→ ∞$

Показать ответ и решение

Для того, чтобы это показать, необходимо для всякого $𝜀 > 0$ уметь строить такое $N$ , что при всех $n > N$ выполнено

|3n-+-4 − 1| < 𝜀 6n + 6 2

Преобразуем слегка это последнее выражение, стоящее под модулем:

3n + 4 1 3n + 3 + 1 1 3n+ 3 1 1 1 1 1 1 |------ − -| = |--------- − -| = |-------- + ---------− --| = |-+ ---------− --| = |-----| 6n + 6 2 2(3n+ 3) 2 2(3n + 3) 2(3n+ 3) 2 2 2(3n+ 3) 2 6n + 6

Следовательно, нам достаточно, чтобы $|-1-| < 𝜀 6n+6$ .

Найдём такое $N$ , что $|--1--| < 𝜀 6N+6$ . Это эквивалентно тому, что $6N + 6 > 1 𝜀$ , то есть $6N > 1− 6 𝜀$ , $1− 6 N > 𝜀6--$ .

Тогда ясно, что при всех $n > N$ и подавно $1 |6n+6| < 𝜀$ , поскольку при $n > N$ выполнено

1 1 |------| < |------| < 𝜀 6n+ 6 6N + 6

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 56#66859

Вычислить следующие пределы:

a) $lim n4+35nn+6 n→ ∞$ ;

b) $15 11 6 lim 168n−+31n98+n25n+73+n8+10 n→∞$ ;

c) $√5-3 1√0-7 nl→im∞ --n8√+n64+-16√nn1+515$ ;

d) $(−1)n lnim→∞ --n--$ ;

e) $2 10n+1 nl→im∞ (4 − 3n)⋅ 2n+4-$ ;

f) $120n7 nli→m∞ 15n7+70n2+46$ ;

g) $10170n⋅cos(2022n) nl→im∞ n2+10$ ;

h) $-(−4)n+5n-- nli→m∞ (− 4)n+1+5n+1$

Показать ответ и решение

a) Разделим и числитель и знаменатель на самую старшую степень, то есть на $n4$ :

3n 33 -4---------= ----n5----6- n + 5n + 6 1+ n3 + n4

Ясно, что числитель стремиться к нулю, поскольку последовательность $-33 n$ есть константа, делённая на бесконечно большую.

Далее, знаменатель есть $5- 6- 1 + n3 + n4$ . Ясно, что константа 1 стремится к 1, $5- n3$ и $6- n4$ - стремятся к нулю, поскольку они есть константы, делённые на бесконечно большую. Следовательно, по теореме о пределе суммы, знаменатель стремится к $1 + 0 + 0 = 1$ .

Но тогда по теореме о пределе частного, вся дробь стремится к $0 = 0 1$ . Таким образом,

lim ----3n-----= 0 n→ ∞ n4 + 5n+ 6

b) Здесь, конечно, тоже можно разделить на самую старшую степень, то есть на $n15$ , но тогда, как нетрудно сообразить, наш знаменатель будет стремиться к нулю, а это нехорошо - тогда теорема о пределе частного будет неприменима. Давайте лучше здесь разделим и числитель и знаменатель на $8 n$ :

15 11 6 168n7 + 19n3 + 3-+ 10 168n---+-19n---+-3n-+-10-= ----------25---n82--n8- − 3n8 + 25n7 + 8 − 3 + n-+ n8

Ясно, что тогда знаменатель стремиться к $− 3$ по теореме о пределе суммы. Ведь знаменатель имеет вид $25 8 − 3+ n-+ n8$ , а обе $25 n-$ и $8 n8-$ стремятся к нулю как константы, делённые на бесконечно большую.

А вот числитель, как нетрудно видеть, расходится к $+ ∞$ , поскольку он имеет вид $7 3 -3 10 168n + 19n + n2 + n8$ .

Два последних слагаемых по аналогичным причинам стремятся к нулю. А вот первые два неограниченно возрастают с ростом $n$ . Значит весь числитель будет рано или поздно любой наперёд заданной константы $C$ . Следовательно, числитель расходится к $+ ∞$ , а знаменатель стремится к $− 3$ . Следовательно, вся дробь будет расходиться к $− ∞$ . Таким образом, предела исходного выражения не существует.

с) Поделим всё на самую старшую степень, то есть на $n1156$ :

√ --- √--- -1- -6- -15 -5n3-+-6 10n7-+-15 -n2780-+--n1980-+-n-116- 8√n4-+ 16√n15- = -1-+ 1 n 716

И нетрудно видеть, что в числителе стоит сумма трёх бесконечно малых (как отношение константы к бесконечно большой), следовательно, по теореме о пределе суммы числитель стремится к 0. Также видно, что в знаменателе стоит бесконечно малая $+ 1$ . Следовательно, знаменатель стремится к 1.

Таким образом, по теореме о пределе частного, вся дробь стремится к отношению пределов числителя и знаменателя, то есть к $01 = 0$ .

Таким образом,

√ --- √ --- 5-n3 +-6-10n7-+-15 nli→m∞ √8n4--+ 16√n15 = 0

d) Если взять модули нашей последовательности $(−1)n- xn = n$ , то получится, что $1 |xn| = n → 0$ - это уже известно.

Но раз $xn$ по модулю стремиться к нулю, то она и просто стремиться к нулю (стремление последовательности к нулю и стремление её модуля к нулю эквивалентны). Следовательно,

n lim (−-1)--= 0 n→∞ n

e) Ясно, что первый сомножитель $(4− 23n-)$ стремится к 4 (по теореме о пределе суммы, впедь вычитаемое $-2 3n$ очевидно стремится к нулю как отношение константы к бесконечно малой), а второй сомножитель $120nn++14-$ стремится к 5, поскольку $10+1 120nn++41= 2+-n4- n$ - числитель стремится к 10, а знаменатель к 2, значит вся дробь стремится к 5.

Таким образом, по теореме о пределе произведения

lim (4− 2-)⋅ 10n+-1-= 4⋅5 = 20 n→∞ 3n 2n + 4

f) Если разделить и числитель и знаменатель на $n7$ , то получим:

-----120n7------= ----120----- 15n7 + 70n2 + 46 15+ 705 + 467 n n

И видно, что числитель стремится к 120, а знаменатель - к 15. Следовательно, по теореме о пределе частного, имеем:

120n7 120 nl→im∞ ----7-----2----- = ----= 8 15n + 70n + 46 15

g) Ясно, что последовательность $cos(2022n)$ - ограничена (т.к. функция $cosx$ - ограничена).
Но мы ведь домножаем эту последовательность на $100- -127 n-. n +10$ Покажем, что $100- -127 n n +10$ - бесконечно малая.
Действительно, поделим и числитель и знаменатель вновь на наибольшую степень, то есть на $n2,$ и тогда получится, что $-11007 n -11070n- n2+10 = 1+n102 .$ Видно, что здесь у нас числитель стремится к $0,$ т.к. $100- 17n$ - это просто домноженная на коэффициент $100- 17$ бесконечно малая $1. n$
Знаменатель же, то есть $10 1 + n2,$ стремится к $1.$ Значит, вся дробь стремится к $0 1 = 0.$

h) И вновь интуиция должна подсказать нам поделить и числитель и знаменатель на максимальную - но теперь уже не степень $n,$ а выражение с максимальным основанием степени, то есть поделить числитель и знаменатель на $n 5 .$ Что же из этого получится?

(− 4)n + 5n (− 4)n + 1 -----n+1---n+1-= -----5-4-n---- (− 4) + 5 (− 4)(− 5) + 5

В числителе мы имеем сумму $(− 45)n + 1,$ где первое слагаемое - бесконечно малая (по сути это частный случай последовательностей типа $n q ,$ $|q| < 1,$ которые всегда стремятся к $0$ ), значит, числитель здесь стремится к $1.$ Знаменатель, по аналогичным соображениям, это произведение бесконечно малой $4n (− 5)$ на $(− 4)$ - всё равно бесконечно малая, плюс $5.$ Значит, знаменатель стремится к $5.$ Значит, по вся дробь стремится к отношению пределов числителя и знаменателя, то есть к $1 5.$ Итого, мы получили, что

n n lim --(− 4)-+-5----= 1- n→ ∞ (− 4)n+1 + 5n+1 5

Ответ:

a) $0$ ;
b) Нет предела;
с) $0$ ;
d) $0$ ;
e) $20$ ;
f) $8$ ;
g) $0$ ;
h) $1 5$

Бандлы и наборы

Комбо-тарифы сразу по нескольким предметам

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 57#66860

a) Обязательно ли любая неограниченная последовательность - бесконечно большая?;

b) Обязательно ли любая бесконечно большая последовательность - неограничена?;

c) Может ли последовательность быть бесконечно большой, но не расходиться при этом ни к $+ ∞$ , ни к $− ∞$ ?

Показать ответ и решение

a) Не обязательно. Возьмём, например, последовательность $xn$ , заданную правилом:

( { 1 если n− чётн о xn = ( 2 n , если n− нечётн о

То есть $xn$ - это такая последовательность, что все её четные члены всегда равны единице, а по нечётным членам она равна квадрату номера этого члена.

Тогда ясно, что $xn$ - неограничена, поскольку по нечётным номерам она может быть сделана сколь угодно большой. Однако такая последовательность не будет бесконечно большой, поскольку для этого нужно было бы, чтобы начиная с некоторого номера все её члены были больше любой наперёд заданной константы. Однако нам будут мешать члены с чётными номерами - они всегда равны 1 и, значит, не будут больше любой наперёд заданной константы.

b) Да, это обязательно, потому что если последовательность бесконечно большая, но какое бы $C$ мы ни взяли, то найдётся такое $N$ , что для всех $n > N$ выполнено $|x | > C n$ . Отсюда следует, что какое бы $C$ мы ни взяли, найдётся такое $n$ , что $|xn| > C$ (на самом деле таких номеров $n$ будет, очевидно, бесконечно много). Следовательно, если последовательность бесконечно большая, то она неограничена.

c) Да, это возможно. Рассмотрим, например, последовательность $n xn = (− 1) ⋅n$ .

Эта последовательность при чётных $n$ равна этому $n$ , а при нечётных $n$ равна $− n$ . Она бесконечно большая, но не расходится к плюс бесконечности, потому что неверно, что все её члены начиная с какого-то момента больше любой наперёд заданной положительной константы - поскольку члены с нечётными номерами у неё отрицательны. По аналогичным причинам, она не расходится к минус бесконечности, поскольку члены с чётными номерами у неё положительны.

Ответ:

a) Не обязательно;
b) Обязательно;
c) Может.

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 58#67157

Доказать, что если существует такое число $C ∈ ℝ$ , что для всех $n$ выполнено, что $xn < C$ и при этом существует предел $lnim→∞ xn = A$ , то $A ≤ C$ .
(обратите внимание, что строгое неравенство при предельном переходе может обратиться в равенство).

Комментарий. Это утверждение бывает очень полезно для того, чтобы понять, каким предел последовательности точно не может быть. А именно, если последовательность всё время меньше $C$ , то её предел не может оказаться больше, чем $C$ .

Показать ответ и решение

Будем доказывать от противного.

Пусть оказалось так, что $A > C$ . Пусть теперь $d = A − C > 0$ - расстояние от числа $A$ до $C$ .

Далее, поскольку $∃ lim xn = A n→ ∞$ , то для любого $𝜀$ , в частности, и для $𝜀 = d2$ найдётся такое $N$ , что при всех $n > N$ выполнено, что $|x − A | < d n 2$ . Но $d$ - это расстояние от $A$ до $C$ . Следовательно, при $n > N$ все члены $x n$ будут не дальше, чем $d2$ от предела $A$ , а, значит, они все будут больше, чем $C$ , поскольку $C$ находится на расстоянии $d$ от $A$ .

Получаем противоречие с тем, что для всех $n$ было выполнено $x < C n$ .

Ответ:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 59#67158

Найти

√ -- 4√-- 8√ -- 2n√-- nli→m∞( 2⋅ 2 ⋅ 2⋅...⋅ 2)

Показать ответ и решение

Так как

√ -- 4√-- √8-- 2n√ -- 1 1 -1 2 ⋅ 2 ⋅ 2⋅...⋅ 2 = 2 2+4+...+2n

То к показателю степени можно применить формулу суммы геометрической прогрессии:

1 1 1 1(1 − -1n) 1 --+ -+ ...+ -n-= 2---1-2-- = 1− -n- 2 4 2 2 2

Таким образом, получаем, что

√ -- 4√-- √8-- 2n√-- 1 1 1- -1 2 ⋅ 2 ⋅ 2⋅...⋅ 2 = 2 2+ 4+...+ 2n = 21−2n

Ясно, что степень стремится к единичке, поскольку степень есть 1 минус бесконечно малая $21n$ .

Но тогда получаем, что наша последовательность стремится к $21 = 2$ . То есть

√ -- 4√-- √8-- 2n√-- nli→m∞( 2 ⋅ 2 ⋅ 2⋅...⋅ 2) = 2

Ответ:

$2$

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 60#67159

Показать, что последовательность $√ -- xn = n n!$ расходится к $+ ∞$ .

Показать ответ и решение

Поскольку $n!$ - это произведение всех чисел от 1 до $n$ , то ясно, что $n!$ больше, чем произведение не всех чисел от 1 до $n$ , а только второй половинки этих чисел, то есть произведение чисел от $n 2$ до $n$ , если $n$ - чётно, и произведение от $n+1- 2$ , если $n$ - нечётно. Так что можно записать вот такую простенькую оценку:

({ n n 2 ⋅(2 + 1) ⋅...⋅n если n - чётно n! > ( n+1- n+1- 2 ⋅( 2 + 1)⋅...⋅n если n - нечётно

Теперь давайте и в том и в другом случае поменяем в произведении все числа на самое маленькое, то есть либо на $n2$ , в случае чётного $n$ , либо на $n+1- 2$ в случае нечётного $n$ . Получим такую оценку:

( { (n )n2 если n -чётно n! > 2 n+1 ( (n+21-)-2- если n -нечётно

Теперь применим к обеим частям корень $n−$ ой степени (он, очевидно, сохраняет неравенство):

( √ -- { (n)12 если n -чётно n n! > 2 1+-1 ( (n+1)--n2- если n -нечётно 2

Но ясно, что итого мы в любом случае получаем, что $n√n!$ всегда больше последовательности, которая расходится к $+ ∞$ . Значит и сама последовательность $√-- nn!$ расходится к $+ ∞$ .

Ответ: