Номер 6.79, страница 192 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

6.79. Докажите, что последовательность имеет предел:

1) $y_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^n}$;

2) $z_n = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2}$;

3) $u_n = 1 + \frac{1}{2 \cdot 2} + \frac{1}{3 \cdot 2^2} + \frac{1}{4 \cdot 2^3} + \dots + \frac{1}{n \cdot 2^{n-1}};

4) $v_n = \frac{1}{\sqrt{n^2 + 1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2 + 2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n^2 + n}}$.

1) Для доказательства того, что последовательность $y_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^n}$ имеет предел, воспользуемся теоремой Вейерштрасса о сходимости монотонной последовательности. Для этого докажем, что последовательность $y_n$ является монотонной и ограниченной.
Монотонность:
Сравним $y_{n+1}$ и $y_n$. $y_{n+1} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^n} + \frac{1}{2^{n+1}} = y_n + \frac{1}{2^{n+1}}$. Поскольку $\frac{1}{2^{n+1}} > 0$ для любого натурального $n$, то $y_{n+1} > y_n$. Это означает, что последовательность $\{y_n\}$ является строго возрастающей.
Ограниченность:
Последовательность $y_n$ является суммой первых $n+1$ членов геометрической прогрессии с первым членом $b_1=1$ и знаменателем $q=\frac{1}{2}$. Формула суммы конечной геометрической прогрессии: $S_k = \frac{b_1(1-q^k)}{1-q}$. В нашем случае $k = n+1$, поэтому: $y_n = \frac{1 \cdot (1 - (\frac{1}{2})^{n+1})}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1 - \frac{1}{2^{n+1}}}{\frac{1}{2}} = 2 \left(1 - \frac{1}{2^{n+1}}\right) = 2 - \frac{1}{2^n}$. Так как $\frac{1}{2^n} > 0$, очевидно, что $y_n < 2$ для любого $n$. Таким образом, последовательность ограничена сверху (например, числом 2).
Поскольку последовательность $\{y_n\}$ монотонно возрастает и ограничена сверху, по теореме Вейерштрасса она имеет конечный предел.
Ответ: Доказано, что последовательность имеет предел, так как она является монотонно возрастающей и ограниченной сверху.

2) Для доказательства того, что последовательность $z_n = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2}$ имеет предел, воспользуемся теоремой Вейерштрасса.
Монотонность:
Рассмотрим $z_{n+1}$: $z_{n+1} = 1 + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{n^2} + \frac{1}{(n+1)^2} = z_n + \frac{1}{(n+1)^2}$. Так как $\frac{1}{(n+1)^2} > 0$ для любого $n$, то $z_{n+1} > z_n$. Последовательность $\{z_n\}$ является строго возрастающей.
Ограниченность:
Чтобы доказать ограниченность сверху, оценим каждый член суммы. Для любого $k \ge 2$, справедливо неравенство $k^2 > k(k-1)$. Следовательно, $\frac{1}{k^2} < \frac{1}{k(k-1)}$. Используя это, мы можем оценить $z_n$: $z_n = 1 + \frac{1}{2^2} + \frac{1}{3^2} + \dots + \frac{1}{n^2} < 1 + \frac{1}{2(2-1)} + \frac{1}{3(3-1)} + \dots + \frac{1}{n(n-1)}$ $z_n < 1 + \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k(k-1)}$. Разложим дробь $\frac{1}{k(k-1)}$ на простейшие: $\frac{1}{k(k-1)} = \frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}$. Тогда сумма является телескопической: $\sum_{k=2}^{n} \left(\frac{1}{k-1} - \frac{1}{k}\right) = \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-1} - \frac{1}{n}\right) = 1 - \frac{1}{n}$. Таким образом, мы получаем оценку для $z_n$: $z_n < 1 + \left(1 - \frac{1}{n}\right) = 2 - \frac{1}{n}$. Поскольку $2 - \frac{1}{n} < 2$, последовательность $\{z_n\}$ ограничена сверху числом 2.
Так как последовательность $\{z_n\}$ монотонно возрастает и ограничена сверху, по теореме Вейерштрасса она имеет предел.
Ответ: Доказано, что последовательность имеет предел, так как она является монотонно возрастающей и ограниченной сверху.

3) Для доказательства того, что последовательность $u_n = 1 + \frac{1}{2 \cdot 2} + \frac{1}{3 \cdot 2^2} + \dots + \frac{1}{n \cdot 2^{n-1}}$ имеет предел, снова воспользуемся теоремой Вейерштрасса.
Общий член последовательности можно записать в виде суммы $u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k \cdot 2^{k-1}}$.
Монотонность:
$u_{n+1} = \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k \cdot 2^{k-1}} = u_n + \frac{1}{(n+1) \cdot 2^n}$. Поскольку дополнительный член $\frac{1}{(n+1) \cdot 2^n}$ положителен для всех $n$, то $u_{n+1} > u_n$. Последовательность $\{u_n\}$ строго возрастающая.
Ограниченность:
Оценим каждый член суммы сверху. Для любого $k \ge 1$ справедливо $k \ge 1$, значит $\frac{1}{k} \le 1$. Следовательно, $\frac{1}{k \cdot 2^{k-1}} \le \frac{1}{2^{k-1}}$. Тогда сумма $u_n$ может быть оценена сверху суммой геометрической прогрессии: $u_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k \cdot 2^{k-1}} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^{k-1}} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^{n-1}}$. Сумма в правой части, как мы показали в пункте 1), равна $2 - \frac{1}{2^{n-2}}$ (для $n \ge 2$) и всегда меньше 2. Таким образом, $u_n < 2$ для всех $n$. Последовательность $\{u_n\}$ ограничена сверху.
Поскольку последовательность $\{u_n\}$ монотонно возрастает и ограничена сверху, по теореме Вейерштрасса она имеет предел.
Ответ: Доказано, что последовательность имеет предел, так как она является монотонно возрастающей и ограниченной сверху.

4) Для доказательства того, что последовательность $v_n = \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^2+2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$ имеет предел, воспользуемся теоремой о двух милиционерах (теоремой о сжатии).
Последовательность $v_n$ представляет собой сумму $n$ слагаемых вида $\frac{1}{\sqrt{n^2+k}}$, где $k$ изменяется от $1$ до $n$.
Оценка снизу:
Наименьшее слагаемое в сумме соответствует наибольшему знаменателю, то есть при $k=n$. Это слагаемое равно $\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$. Заменив каждое из $n$ слагаемых этим наименьшим значением, получим оценку снизу: $v_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \ge \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} = n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} = \frac{n}{\sqrt{n^2+n}}$.
Оценка сверху:
Наибольшее слагаемое в сумме соответствует наименьшему знаменателю, то есть при $k=1$. Это слагаемое равно $\frac{1}{\sqrt{n^2+1}}$. Заменив каждое из $n$ слагаемых этим наибольшим значением, получим оценку сверху: $v_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+k}} \le \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} = n \cdot \frac{1}{\sqrt{n^2+1}} = \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$.
Таким образом, мы получили двойное неравенство: $\frac{n}{\sqrt{n^2+n}} \le v_n \le \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$.
Теперь найдем пределы ограничивающих последовательностей при $n \to \infty$: $\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2(1+\frac{1}{n})}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n}}} = \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1$. $\lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2+1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{\sqrt{n^2(1+\frac{1}{n^2})}} = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}} = \frac{1}{\sqrt{1+0}} = 1$.
Поскольку последовательность $v_n$ заключена между двумя последовательностями, сходящимися к одному и тому же пределу (равному 1), по теореме о двух милиционерах, последовательность $\{v_n\}$ также сходится и имеет тот же предел.
Ответ: Доказано, что последовательность имеет предел, так как она сжата двумя последовательностями, сходящимися к одному и тому же числу.