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 задачу:

Ошибка.
Попробуйте повторить позже

Задача 1#34127

Найти предел последовательности или доказать, что у неё не существует конечного предела (символ + ∞ мы не считаем, разумеется, конечным пределом):
a) x = n
 n
b)           1
xn = (1 + n+2  )
 c) xn = (− 1)n
d) xn = (− 1)n ⋅n
e)      (−1)n-
xn =  n
f) xn = (0.9)n
g) xn = (1.1998)n
h)      6n+1
xn = 2n−1
i)      √3-2
xn = --n⋅nsi+n1(n!)
j) xn = -10107 n⋅co2s(2022n)
         n+10

Показать ответ и решение

a) Эта последовательность, нетрудно видеть, вообще неограниченно возрастает (а как мы знаем, сходящаяся последовательность обязана быть ограниченной). То есть она как бы "не накапливается"  ни около какого числа. (В некотором смысле, она накапливается около + ∞,  и про такие последовательности, скорее неформально, мы будем говорить, что lim yn = +∞
n→∞ ).
b) А это уже похоже на последовательность 1,
n  которая, как известно, сходится к 0.  Только здесь мы добавили 1  к последовательности -1-
n+2,  которая, понятное дело, стремится к 0  (это почти что 1n,  только начинающаяся с 13  ). Значит, наша последовательность, как сумма 1  и стремящейся к 0,  имеет предел, равный 1.  То есть, можно записать:         -1-
lnim→∞ (1 + n+2) = 1
c) По чётным номерам она равна 1,  по нечётным − 1.  Таким образом, ни 1,  ни − 1  не могут являться её пределами, поскольку (вспоминаем определение), и у той и у другой точки существует маленькая (достаточно взять радиус окрестности меньше 0.5  ) окрестность, за пределами которой находится бесконечно много членов последовательности xn.  А именно - за пределами маленькой окрестности 1  будут находиться все члены с нечётными номерами; за пределами маленькой окрестности числа − 1  - с чётными.
d) Это слегка модифицированный первый пример из пункта с). Только тут мы домножили нашу "болталку"  на n.  От этого она, разумеется, не начнёт никуда сходиться. Наоборот, давайте посмотрим на первые несколько членов нашей последовательности:

x1 = − 1,x2 = 2,x3 = − 3,x4 = 4,x5 = − 5,...

То есть, мы теперь не просто при каждом следующем шаге переходим от положительного числа к отрицательному, но ещё и увеличиваем размах. Каждый следующей член последовательности меняет знак с предыдущего, и увеличивается по модулю на 1.  Но даже когда мы просто болтались между 1  и − 1,  никакого предела у неё не было. А теперь - тем более.
e) А здесь наоборот, мы стали нашу "болталку"  делить на n.  Это уже более интересный случай. Проследите за первыми несколькими членами этой последовательности:

x = −-1,x =  1,x = −-1,x =  1,x = −-1,x =  1,...
 1   1   2   2  3   3   4   4  5   5   6   6

Ничего не напоминает? Правильно, это наша давно известная последовательность n1,  про которую мы уже знаем, что она стремится к 0.  Но теперь у нас члены этой последовательности с чётными номерами идут с плюсом, а с нечётными - с минусом. То есть мы будем точно так же стремиться к 0,  то теперь на каждом шаге мы будем подходить к нему всё ближе и ближе, но с разных сторон - то слева от нуля, то справа.
Таким образом, можно записать:      (−-1)n-
nli→m∞  n   = 0
f) Опять же, чтобы интуитивно "прочувствовать   к чему такая последовательность должна стремиться, можно вычислить несколько её первых членов:

x1 = 0.9,x2 = 0.81,x3 = 0.729,x4 = 0.6561,x5 = 0.59049,x6 = 0.531441,...

Члены этой последовательности, как мы видим, подозрительно уменьшаются. Можно настойчиво посчитать еще несколько членов и убедиться, что они рано или поздно станут и меньше 0.5,  и меньше 0.4.  Таким образом, у нас рождается гипотеза, что наша xn  должна стремиться к 0. Эта гипотеза верная, попробуем её доказать.
Для этого нужно по любому 𝜀 > 0  научиться строить N,  такой что |(0.9)n| < 𝜀  при всех n > N.  Применяем наш уже старый трюк: надо найти такое N,  что ||(0.9)N || < 𝜀.  Но это неравенство эквивалентно тому, что: (снимаем модуль и берём логарифм по основанию 0.9  от обеих частей, не забывая, что т.к. основание логарифма меньше 1,  он поменяет знак неравенства) N > log0.9𝜀.  Таким образом, когда нам дадут какой-то 𝜀0 > 0,  то мы просто посчитаем логарифм от него log0.9𝜀0  и возьмём какое-нибудь натуральное число N  такое, что N > log0.9 𝜀0.  Это гарантирует нам, что |     |
|(0.9)N| < 𝜀0.  И тогда уж тем более для всех n > N  будет выполнено |(0.9)n| < 𝜀0,  потому что наша последовательность становится всё меньше и меньше с ростом n.  Таким образом, мы умеем по любому 𝜀  находить тот момент, начиная с которого вся последовательность xn = (0.9)n  попадает в 𝜀  -окрестность нуля. Мы доказали, тем самым, что lim  (0.9)n = 0.
n→∞
g) Посчитайте сами несколько первых членов последовательности. В отличие от предыдущего пункта, они наоборот будут увеличиваться - вначале медленно, а затем всё быстрее и быстрее. На самом деле, здесь штука в том, что, поскольку в степень n  мы возводим всякий раз числа большие 1,  то такая последовательность будет неограниченно расти.
То есть, можно сказать, что члены этой последовательности будут сколь угодно большими с ростом n,  то есть ∀A ∈ ℝ ∃n ∈ N  такой, что x > A
 n  (а именно, это n  ищется как log1.1998A  ).
Ни о каком пределе не может быть и речи. (Или, неформально говоря, наша xn → + ∞ ).
h) Желающие могут вновь поподставлять какие-то маленькие значения n  и, посмотрев на первые члены последовательности, предположить гипотезу, к чему xn  сходится и сходится ли вообще. Мы же сделаем проще:
Ясно, что      6n+1   3(2n−1)+4-      -4--
xn = 2n−1 =   2n− 1  = 3+  2n− 1.  Таким образом, наша последовательность xn  представляется в виде 3 + yn,  где yn = 2n4−1.  Легко убедиться, что yn → 0,  значит, xn → 3.
i) Первое, что мы заметим - это то, что ∀n ∈ N  последовательность sin (n!)  ограничена по модулю 1,  то есть ∀n ∈ ℕ |sin(n!)| ≤ 1.
Далее, представим нашу последовательность в виде 3√--
nn+21-⋅sin(n!).  Исследуем отдельно первый сомножитель   --
3√-n2.
n+1  Вновь поделим на самую большую степень, с которой n  входит во всю дробь. В данном случае делить мы будем на  1
n ,  то есть на n  в первой степени. Итак,  3√-2
n+n1-  =3√ 1-
1+-n1n.  У этой дроби, очевидно, числитель стремится к 0,  а знаменатель - к 1.  Значит, по свойству, что предел отношения равен отношению пределов, вся дробь стремится к 0.  А значит,  3√n2⋅sin(n!)   3√-2
---n+1---=  nn+1 ⋅sin(n!) → 0,  как произведение бесконечно малой на ограниченную.
j) Этот пример очень похож на предыдущий пункт i).
Ясно, что последовательность cos(2022n)  - ограничена (т.к. функция cosx  - ограничена).
Но мы ведь домножаем эту последовательность на 101720n.
n+10  Покажем, что -101207 n
n +10  - бесконечно малая.
Действительно, поделим и числитель и знаменатель вновь на наибольшую степень, то есть на n2,  и тогда получится, что -120017 n = -10170n10.
n +10   1+n2  Видно, что здесь у нас числитель стремится к 0,  т.к. -100
17n  - это просто домноженная на коэффициент 100-
17  бесконечно малая 1n .
Знаменатель же, то есть 1 + 102,
    n  стремится к 1.  Значит, вся дробь стремится к 0
1 = 0.

Ответ:

Специальные программы

Все специальные программы

Программа
лояльности v2.0

Приглашай друзей в Школково и получай вознаграждение до 10%!

Крути рулетку
и выигрывай призы!

Крути рулетку и покупай курсы со скидкой, которая привязывается к вашему аккаунту.

Бесплатное обучение
в Школково

Для детей ДНР, ЛНР, Херсонской, Запорожской, Белгородской, Брянской областей, а также школьникам, находящимся в пунктах временного размещения Крыма обучение на платформе бесплатное.

Налоговые вычеты

Узнай, как получить налоговый вычет при оплате обучения в «Школково».

Специальное предложение
для учителей

Бесплатный доступ к любому курсу подготовки к ЕГЭ или олимпиадам от «Школково». Мы с вами делаем общее и важное дело, а потому для нас очень значимо быть чем-то полезными для учителей по всей России!

Вернём деньги за курс
за твою сотку на ЕГЭ

Сдать экзамен на сотку и получить обратно деньги за подготовку теперь вполне реально!

cyberpunkMouse
cyberpunkMouse
Рулетка
Вы можете получить скидку в рулетке!