Страница 183 - гдз по алгебре 10 класс учебник Шыныбеков, Шыныбеков

6.52. 1) $lim_{n \to \infty} \left( \frac{2n - 1}{3n + 1} - \frac{2n^2 + 3}{3n^2 - 1} \right);$

2) $lim_{n \to \infty} \left( \frac{2n^3 + 5n^2 - 1}{3n^3 - 2n^2} - \frac{3 + 5n}{3n - 1} \right);$

3) $lim_{n \to \infty} \left( \frac{(-1)^n n}{5n^2 + 2} \cdot \frac{n^2}{2n^2 + n - 1} \right);$

4) $lim_{n \to \infty} \left( \frac{2n}{5n - 1} \cdot \frac{2n^2 + 1}{n^2 + 4n - 1} \right).$

1) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{2n-1}{3n+1} - \frac{2n^2+3}{3n^2-1} \right)$ воспользуемся свойством предела разности, которое гласит, что предел разности равен разности пределов (если они существуют): $\lim_{n \to \infty}(a_n - b_n) = \lim_{n \to \infty} a_n - \lim_{n \to \infty} b_n$.

Сначала найдем предел первого слагаемого. Для этого разделим числитель и знаменатель на старшую степень переменной $n$, то есть на $n$.

$\lim_{n \to \infty} \frac{2n-1}{3n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2n}{n}-\frac{1}{n}}{\frac{3n}{n}+\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2-\frac{1}{n}}{3+\frac{1}{n}} = \frac{2-0}{3+0} = \frac{2}{3}$.

Теперь найдем предел второго слагаемого. Разделим числитель и знаменатель на старшую степень переменной $n$, то есть на $n^2$.

$\lim_{n \to \infty} \frac{2n^2+3}{3n^2-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2n^2}{n^2}+\frac{3}{n^2}}{\frac{3n^2}{n^2}-\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2+\frac{3}{n^2}}{3-\frac{1}{n^2}} = \frac{2+0}{3-0} = \frac{2}{3}$.

Теперь вычтем второй предел из первого, чтобы найти искомый предел:

$\frac{2}{3} - \frac{2}{3} = 0$.

Ответ: $0$.

2) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{2n^3+5n^2-1}{3n^3-2n^2} - \frac{3+5n}{3n-1} \right)$ также воспользуемся свойством предела разности.

Найдем предел первого слагаемого, разделив числитель и знаменатель на $n^3$.

$\lim_{n \to \infty} \frac{2n^3+5n^2-1}{3n^3-2n^2} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2n^3}{n^3}+\frac{5n^2}{n^3}-\frac{1}{n^3}}{\frac{3n^3}{n^3}-\frac{2n^2}{n^3}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2+\frac{5}{n}-\frac{1}{n^3}}{3-\frac{2}{n}} = \frac{2+0-0}{3-0} = \frac{2}{3}$.

Найдем предел второго слагаемого, разделив числитель и знаменатель на $n$.

$\lim_{n \to \infty} \frac{3+5n}{3n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{3}{n}+\frac{5n}{n}}{\frac{3n}{n}-\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{3}{n}+5}{3-\frac{1}{n}} = \frac{0+5}{3-0} = \frac{5}{3}$.

Теперь найдем разность пределов:

$\frac{2}{3} - \frac{5}{3} = -\frac{3}{3} = -1$.

Ответ: $-1$.

3) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{(-1)^n n}{5n^2+2} \cdot \frac{n^2}{2n^2+n-1} \right)$ воспользуемся свойством предела произведения: $\lim_{n \to \infty}(a_n \cdot b_n) = \lim_{n \to \infty} a_n \cdot \lim_{n \to \infty} b_n$.

Найдем предел первого множителя: $\lim_{n \to \infty} \frac{(-1)^n n}{5n^2+2}$. Так как последовательность содержит множитель $(-1)^n$, она является знакочередующейся. Рассмотрим предел ее модуля:

$\lim_{n \to \infty} \left| \frac{(-1)^n n}{5n^2+2} \right| = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{5n^2+2}$.

Степень знаменателя ($2$) больше степени числителя ($1$), поэтому предел равен нулю. Можно убедиться в этом, разделив числитель и знаменатель на $n^2$: $\lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n}{n^2}}{\frac{5n^2}{n^2}+\frac{2}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{1}{n}}{5+\frac{2}{n^2}} = \frac{0}{5+0} = 0$.

Поскольку предел модуля последовательности равен нулю, то и предел самой последовательности равен нулю.

Найдем предел второго множителя, разделив числитель и знаменатель на $n^2$:

$\lim_{n \to \infty} \frac{n^2}{2n^2+n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{n^2}{n^2}}{\frac{2n^2}{n^2}+\frac{n}{n^2}-\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2+\frac{1}{n}-\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{2+0-0} = \frac{1}{2}$.

Перемножим полученные пределы:

$0 \cdot \frac{1}{2} = 0$.

Ответ: $0$.

4) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{2n}{5n-1} \cdot \frac{2n^2+1}{n^2+4n-1} \right)$ воспользуемся свойством предела произведения.

Найдем предел первого множителя, разделив числитель и знаменатель на $n$:

$\lim_{n \to \infty} \frac{2n}{5n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2n}{n}}{\frac{5n}{n}-\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2}{5-\frac{1}{n}} = \frac{2}{5-0} = \frac{2}{5}$.

Найдем предел второго множителя, разделив числитель и знаменатель на $n^2$:

$\lim_{n \to \infty} \frac{2n^2+1}{n^2+4n-1} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2n^2}{n^2}+\frac{1}{n^2}}{\frac{n^2}{n^2}+\frac{4n}{n^2}-\frac{1}{n^2}} = \lim_{n \to \infty} \frac{2+\frac{1}{n^2}}{1+\frac{4}{n}-\frac{1}{n^2}} = \frac{2+0}{1+0-0} = 2$.

Перемножим полученные пределы:

$\frac{2}{5} \cdot 2 = \frac{4}{5}$.

Ответ: $\frac{4}{5}$.

6.53. 1) $lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{n^2}+\frac{2}{n^2}+...+\frac{n-1}{n^2}\right);$

2) $lim_{n\to\infty} \left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2^n}\right);$

3) $lim_{n\to\infty} \left(1-\frac{1}{3}+\frac{1}{9}-...+\frac{(-1)^{n+1}}{3^{n-1}}\right);$

4) $lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{1\cdot2}+\frac{1}{2\cdot3}+...+\frac{1}{n(n+1)}\right).$

1) Выражение в скобках представляет собой сумму, которую можно упростить. Вынесем общий знаменатель $n^2$ за скобки:$S_n = \frac{1}{n^2} + \frac{2}{n^2} + ... + \frac{n-1}{n^2} = \frac{1+2+...+(n-1)}{n^2}$.В числителе находится сумма первых $(n-1)$ членов арифметической прогрессии. Формула суммы первых $k$ натуральных чисел: $S_k = \frac{k(k+1)}{2}$. Для $k=n-1$ получаем:$1+2+...+(n-1) = \frac{(n-1)((n-1)+1)}{2} = \frac{n(n-1)}{2}$.Подставим это выражение обратно в предел:$ \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{n(n-1)}{2}}{n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{n(n-1)}{2n^2} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2-n}{2n^2} $.Чтобы найти предел, разделим числитель и знаменатель на старшую степень $n$, то есть на $n^2$:$ \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{n^2}{n^2}-\frac{n}{n^2}}{\frac{2n^2}{n^2}} = \lim_{n\to\infty} \frac{1-\frac{1}{n}}{2} = \frac{1-0}{2} = \frac{1}{2} $.Ответ: $\frac{1}{2}$

2) Выражение в скобках представляет собой сумму первых $(n+1)$ членов геометрической прогрессии. Первый член прогрессии $b_1 = 1$, а знаменатель прогрессии $q = \frac{1}{2}$.Поскольку $|q| = \frac{1}{2} < 1$, данная прогрессия является бесконечно убывающей. Предел суммы ее членов при $n \to \infty$ равен сумме бесконечно убывающей геометрической прогрессии, которая вычисляется по формуле $S = \frac{b_1}{1-q}$.Подставим наши значения:$ S = \frac{1}{1-\frac{1}{2}} = \frac{1}{\frac{1}{2}} = 2 $.Таким образом, искомый предел равен 2.Ответ: $2$

3) Выражение в скобках является суммой $n$ членов геометрической прогрессии.Первый член $b_1 = 1$. Найдем знаменатель прогрессии: $q = \frac{b_2}{b_1} = \frac{-1/3}{1} = -\frac{1}{3}$.Проверим общий член. Последний член в сумме $ \frac{(-1)^{n+1}}{3^{n-1}} $ можно переписать как $ \frac{(-1)^{n-1}(-1)^2}{3^{n-1}} = \frac{(-1)^{n-1}}{3^{n-1}} = \left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1} $, что соответствует $n$-му члену прогрессии $b_n = b_1 \cdot q^{n-1}$.Так как $|q|=|-\frac{1}{3}| < 1$, мы ищем предел суммы, который равен сумме бесконечно убывающей геометрической прогрессии по формуле $S = \frac{b_1}{1-q}$.$ S = \frac{1}{1-\left(-\frac{1}{3}\right)} = \frac{1}{1+\frac{1}{3}} = \frac{1}{\frac{4}{3}} = \frac{3}{4} $.Ответ: $\frac{3}{4}$

4) Данный предел является пределом частичной суммы ряда. Рассмотрим общий член суммы $a_k = \frac{1}{k(k+1)}$. Его можно представить в виде разности двух дробей (метод неопределенных коэффициентов или просто подбор):$ \frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} $.Теперь запишем сумму в скобках, используя это разложение для каждого слагаемого:$ S_n = \left(\frac{1}{1} - \frac{1}{2}\right) + \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) + \left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) + ... + \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) $.Это так называемая телескопическая сумма. Все промежуточные члены взаимно уничтожаются: $-\frac{1}{2}$ с $+\frac{1}{2}$, $-\frac{1}{3}$ с $+\frac{1}{3}$ и так далее до $-\frac{1}{n}$ с $+\frac{1}{n}$. В результате от всей суммы остаются только первый и последний члены:$ S_n = 1 - \frac{1}{n+1} $.Теперь найдем предел этой суммы при $n \to \infty$:$ \lim_{n\to\infty} S_n = \lim_{n\to\infty} \left(1 - \frac{1}{n+1}\right) $.Поскольку при $n \to \infty$, выражение $\frac{1}{n+1} \to 0$, получаем:$ \lim_{n\to\infty} S_n = 1 - 0 = 1 $.Ответ: $1$

6.54. 1) $\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n});$

2) $\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+3n+1}-\sqrt{n^2+2n-1});$

3) $\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{2n^2+n+1}-\sqrt{3n^2+2n-1}}{\sqrt{n^2-1+2n}};$

4) $\lim_{n\to\infty}(\sqrt{n^2+2n+2}-\sqrt{n^2-4n-1}).$

1) Исходный предел представляет собой неопределенность вида $∞ - ∞$. Для ее раскрытия умножим и разделим выражение на сопряженное ему: $\sqrt{n+1} + \sqrt{n}$.
$\lim_{n\to\infty} (\sqrt{n+1} - \sqrt{n}) = \lim_{n\to\infty} \frac{(\sqrt{n+1} - \sqrt{n})(\sqrt{n+1} + \sqrt{n})}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$
Используя формулу разности квадратов $(a-b)(a+b)=a^2-b^2$ в числителе, получаем:
$\lim_{n\to\infty} \frac{(n+1) - n}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}}$
При $n \to \infty$ знаменатель $\sqrt{n+1} + \sqrt{n}$ стремится к бесконечности. Следовательно, предел равен нулю.
$\lim_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{n+1} + \sqrt{n}} = \frac{1}{\infty} = 0$
Ответ: $0$

2) Данный предел является неопределенностью вида $∞ - ∞$. Умножим и разделим выражение на сопряженное: $\sqrt{n^2+3n+1} + \sqrt{n^2+2n-1}$.
$\lim_{n\to\infty} (\sqrt{n^2+3n+1} - \sqrt{n^2+2n-1}) = \lim_{n\to\infty} \frac{(\sqrt{n^2+3n+1} - \sqrt{n^2+2n-1})(\sqrt{n^2+3n+1} + \sqrt{n^2+2n-1})}{\sqrt{n^2+3n+1} + \sqrt{n^2+2n-1}}$
Упростим числитель по формуле разности квадратов:
$\lim_{n\to\infty} \frac{(n^2+3n+1) - (n^2+2n-1)}{\sqrt{n^2+3n+1} + \sqrt{n^2+2n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{n+2}{\sqrt{n^2+3n+1} + \sqrt{n^2+2n-1}}$
Получили неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на старшую степень $n$, то есть на $n$.
$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{n+2}{n}}{\frac{\sqrt{n^2+3n+1} + \sqrt{n^2+2n-1}}{n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{1+\frac{2}{n}}{\sqrt{\frac{n^2+3n+1}{n^2}} + \sqrt{\frac{n^2+2n-1}{n^2}}}$
$= \lim_{n\to\infty} \frac{1+\frac{2}{n}}{\sqrt{1+\frac{3}{n}+\frac{1}{n^2}} + \sqrt{1+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}}$
Так как при $n \to \infty$ члены $\frac{k}{n}$ и $\frac{k}{n^2}$ стремятся к нулю, получаем:
$\frac{1+0}{\sqrt{1+0+0} + \sqrt{1+0-0}} = \frac{1}{\sqrt{1}+\sqrt{1}} = \frac{1}{2}$
Ответ: $\frac{1}{2}$

3) В данном пределе мы имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Для ее раскрытия разделим числитель и знаменатель на $n$.
$\lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{2n^2+n+1} - \sqrt{3n^2+2n-1}}{\sqrt{n^2-1}+2n} = \lim_{n\to\infty} \frac{\frac{\sqrt{2n^2+n+1} - \sqrt{3n^2+2n-1}}{n}}{\frac{\sqrt{n^2-1}+2n}{n}}$
$= \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{\frac{2n^2+n+1}{n^2}} - \sqrt{\frac{3n^2+2n-1}{n^2}}}{\sqrt{\frac{n^2-1}{n^2}} + \frac{2n}{n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{\sqrt{2+\frac{1}{n}+\frac{1}{n^2}} - \sqrt{3+\frac{2}{n}-\frac{1}{n^2}}}{\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}+2}$
При $n \to \infty$ все слагаемые вида $\frac{k}{n}$ и $\frac{k}{n^2}$ стремятся к нулю.
$\frac{\sqrt{2+0+0} - \sqrt{3+0-0}}{\sqrt{1-0}+2} = \frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{1+2} = \frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{3}$
Ответ: $\frac{\sqrt{2}-\sqrt{3}}{3}$

4) Этот предел представляет собой неопределенность вида $∞ - ∞$. Для ее раскрытия умножим и разделим выражение на сопряженное: $\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1}$.
$\lim_{n\to\infty} (\sqrt{n^2+2n+2} - \sqrt{n^2-4n-1}) = \lim_{n\to\infty} \frac{(\sqrt{n^2+2n+2} - \sqrt{n^2-4n-1})(\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1})}{\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1}}$
Раскроем скобки в числителе по формуле разности квадратов:
$\lim_{n\to\infty} \frac{(n^2+2n+2) - (n^2-4n-1)}{\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1}} = \lim_{n\to\infty} \frac{n^2+2n+2-n^2+4n+1}{\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1}}$
$= \lim_{n\to\infty} \frac{6n+3}{\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1}}$
Мы получили неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на $n$:
$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{6n+3}{n}}{\frac{\sqrt{n^2+2n+2} + \sqrt{n^2-4n-1}}{n}} = \lim_{n\to\infty} \frac{6+\frac{3}{n}}{\sqrt{1+\frac{2}{n}+\frac{2}{n^2}} + \sqrt{1-\frac{4}{n}-\frac{1}{n^2}}}$
При $n \to \infty$ члены, содержащие $n$ в знаменателе, стремятся к нулю.
$\frac{6+0}{\sqrt{1+0+0} + \sqrt{1-0-0}} = \frac{6}{\sqrt{1}+\sqrt{1}} = \frac{6}{2} = 3$
Ответ: $3$

6.55. Найдите предел последовательности $x_n = \frac{c^n}{1+c^n}$, $c \neq -1$, при $|c| < 1$, $|c| > 1$ и $c = 1$.

Для нахождения предела последовательности $x_n = \frac{c^n}{1+c^n}$ при $n \to \infty$ рассмотрим три случая в зависимости от значения $c$.

|c| < 1
Если модуль $c$ меньше единицы, то предел геометрической прогрессии $c^n$ при $n \to \infty$ равен нулю.
$\lim_{n \to \infty} c^n = 0$
Используя это свойство, находим предел последовательности $x_n$:
$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{c^n}{1+c^n} = \frac{0}{1+0} = 0$
Ответ: 0.

|c| > 1
Если модуль $c$ больше единицы, то при $n \to \infty$ величина $c^n$ стремится к бесконечности. В этом случае мы имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Чтобы ее раскрыть, разделим числитель и знаменатель дроби на $c^n$:
$x_n = \frac{c^n}{1+c^n} = \frac{\frac{c^n}{c^n}}{\frac{1}{c^n} + \frac{c^n}{c^n}} = \frac{1}{\frac{1}{c^n} + 1}$
Так как $|c| > 1$, то $|\frac{1}{c}| < 1$, и, следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{c^n} = 0$.
Тогда предел последовательности $x_n$ равен:
$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{\frac{1}{c^n} + 1} = \frac{1}{0+1} = 1$
Ответ: 1.

c = 1
Если $c = 1$, то каждый член последовательности $x_n$ равен константе:
$x_n = \frac{1^n}{1+1^n} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}$
Предел постоянной последовательности равен самой этой постоянной.
$\lim_{n \to \infty} x_n = \frac{1}{2}$
Ответ: $\frac{1}{2}$.

6.56. Последовательности $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ и $\{c_n\}$ удовлетворяют условиям $a_n \le c_n \le b_n$ и $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = a$. Покажите, что $\lim_{n \to \infty} c_n = a$.

Это правило нахождения предела в шутку называют «правилом двух полицейских».

Данное утверждение известно как теорема о двух милиционерах (или теорема о сжатой последовательности). Для её доказательства воспользуемся формальным определением предела последовательности. Нам необходимо показать, что для любого сколь угодно малого положительного числа $\varepsilon$ найдется такой номер $N$, что для всех $n > N$ будет выполняться неравенство $|c_n - a| < \varepsilon$.

Из условия, что $\lim_{n \to \infty} a_n = a$, следует, что по определению предела для любого $\varepsilon > 0$ существует такой номер $N_1$, что для всех $n > N_1$ выполняется неравенство $|a_n - a| < \varepsilon$. Раскрывая модуль, получаем $a - \varepsilon < a_n < a + \varepsilon$. Из этого нам важна левая часть: $a - \varepsilon < a_n$.

Аналогично, из условия $\lim_{n \to \infty} b_n = a$ следует, что для того же $\varepsilon > 0$ существует такой номер $N_2$, что для всех $n > N_2$ выполняется неравенство $|b_n - a| < \varepsilon$, что эквивалентно $a - \varepsilon < b_n < a + \varepsilon$. Из этого нам важна правая часть: $b_n < a + \varepsilon$.

Пусть $N = \max(N_1, N_2)$. Тогда для любого номера $n > N$ будут выполняться оба условия одновременно. То есть, для всех $n > N$ мы имеем:

1. $a - \varepsilon < a_n$

2. $b_n < a + \varepsilon$

Также по условию задачи для любого $n$ выполняется $a_n \le c_n \le b_n$.

Теперь объединим эти неравенства для всех $n > N$:

$a - \varepsilon < a_n \le c_n \le b_n < a + \varepsilon$

Из этой цепочки неравенств следует, что для всех $n > N$ выполняется:

$a - \varepsilon < c_n < a + \varepsilon$

Это неравенство эквивалентно $|c_n - a| < \varepsilon$.

Таким образом, мы показали, что для любого $\varepsilon > 0$ существует номер $N$ (равный $\max(N_1, N_2)$), такой, что для всех $n > N$ выполняется неравенство $|c_n - a| < \varepsilon$. Это в точности соответствует определению предела последовательности. Следовательно, предел последовательности $\{c_n\}$ существует и равен $a$.

Ответ: Утверждение доказано. Из условий $a_n \le c_n \le b_n$ и $\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} b_n = a$ по определению предела последовательности следует, что $\lim_{n \to \infty} c_n = a$.

6.57. Последовательность $\{x_n\}$ задана рекуррентной формулой $x_1 = 1$, $x_{n+1} = b x_n + 1$. При каких значениях $b$ эта последовательность сходится?

Для того чтобы последовательность $\{x_n\}$ сходилась, необходимо существование конечного предела $L = \lim_{n \to \infty} x_n$. Если такой предел существует, то он должен удовлетворять уравнению, полученному из рекуррентной формулы путем замены $x_n$ и $x_{n+1}$ на $L$:$L = bL + 1$$L(1-b) = 1$Это уравнение имеет решение для $L$ только если $b \neq 1$. Если $b \neq 1$, то единственный возможный предел — это $L = \frac{1}{1-b}$. Рассмотрим различные случаи для параметра $b$.

Случай 1: $b = 1$.Рекуррентное соотношение принимает вид $x_{n+1} = x_n + 1$. Учитывая, что $x_1 = 1$, получаем арифметическую прогрессию:$x_1 = 1$$x_2 = 1+1 = 2$$x_3 = 2+1 = 3$В общем виде, $x_n = n$. Последовательность $\{n\}$ неограниченно возрастает, то есть расходится ($\lim_{n \to \infty} x_n = \infty$).

Случай 2: $b \neq 1$.Найдем явную формулу для члена последовательности $x_n$.$x_2 = b x_1 + 1 = b \cdot 1 + 1 = b+1$$x_3 = b x_2 + 1 = b(b+1) + 1 = b^2 + b + 1$$x_4 = b x_3 + 1 = b(b^2+b+1) + 1 = b^3 + b^2 + b + 1$Можно заметить, что $x_n$ является суммой первых $n$ членов геометрической прогрессии с первым членом $a_1=1$ и знаменателем $q=b$:$x_n = 1 + b + b^2 + \dots + b^{n-1}$По формуле суммы конечной геометрической прогрессии:$x_n = \frac{1 \cdot (1-b^n)}{1-b} = \frac{1-b^n}{1-b}$Теперь исследуем сходимость этой последовательности. Сходимость $x_n$ зависит от поведения слагаемого $b^n$ при $n \to \infty$.

Анализ сходимости для $b \neq 1$:

• Если $|b| < 1$, то есть $-1 < b < 1$, то $\lim_{n \to \infty} b^n = 0$. В этом случае последовательность сходится, и ее предел равен:$\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1-b^n}{1-b} = \frac{1-0}{1-b} = \frac{1}{1-b}$.
• Если $b = -1$, то последовательность $x_n$ принимает вид $x_n = \frac{1-(-1)^n}{1-(-1)} = \frac{1-(-1)^n}{2}$.Члены последовательности: $x_1 = 1, x_2 = 0, x_3 = 1, x_4 = 0, \dots$. Эта последовательность колеблется между двумя значениями и не имеет предела, то есть расходится.
• Если $|b| > 1$, то $\lim_{n \to \infty} |b^n| = \infty$. Значит, числитель дроби $\frac{1-b^n}{1-b}$ неограниченно растет по модулю, и последовательность $x_n$ расходится.

Собирая все результаты, приходим к выводу, что последовательность сходится только при $|b| < 1$.

Ответ: последовательность сходится при $b \in (-1, 1)$.

6.58. Найдите предел:

1) $\lim_{n \to \infty} \frac{3 + 2^{-n}}{2 - 3^{-n}}$;

2) $\lim_{n \to \infty} \frac{1 + 2^{-n} + 3 \cdot 5^{-n}}{7 + 3^{-n} + 7^{-n}}$;

3) $\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 5^n}{5^{n+1}}$;

4) $\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 3^n + 4^n}{4^{n+1} + 3}$.

1) Для нахождения предела $\lim_{n \to \infty} \frac{3 + 2^{-n}}{2 - 3^{-n}}$ воспользуемся свойством показательных функций. При $n \to \infty$ выражения вида $a^{-n}$, где $a > 1$, стремятся к нулю, так как $a^{-n} = \frac{1}{a^n}$.
В нашем случае, $\lim_{n \to \infty} 2^{-n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} = 0$ и $\lim_{n \to \infty} 3^{-n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{3^n} = 0$.
Подставим эти предельные значения в исходное выражение:
$\lim_{n \to \infty} \frac{3 + 2^{-n}}{2 - 3^{-n}} = \frac{3 + 0}{2 - 0} = \frac{3}{2}$.
Ответ: $\frac{3}{2}$.

2) Найдем предел $\lim_{n \to \infty} \frac{1 + 2^{-n} + 3 \cdot 5^{-n}}{7 + 3^{-n} + 7^{-n}}$.
Аналогично предыдущему пункту, все слагаемые с отрицательными степенями $n$ стремятся к нулю при $n \to \infty$:
$\lim_{n \to \infty} 2^{-n} = 0$
$\lim_{n \to \infty} 5^{-n} = 0$
$\lim_{n \to \infty} 3^{-n} = 0$
$\lim_{n \to \infty} 7^{-n} = 0$
Подставляя эти значения, получаем:
$\lim_{n \to \infty} \frac{1 + 2^{-n} + 3 \cdot 5^{-n}}{7 + 3^{-n} + 7^{-n}} = \frac{1 + 0 + 3 \cdot 0}{7 + 0 + 0} = \frac{1}{7}$.
Ответ: $\frac{1}{7}$.

3) Для нахождения предела $\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 5^n}{5^{n+1}}$ мы имеем дело с неопределенностью вида $\frac{\infty}{\infty}$. Чтобы раскрыть ее, разделим числитель и знаменатель на член с наибольшим основанием в старшей степени. В данном случае это $5^n$.
Сначала преобразуем знаменатель: $5^{n+1} = 5 \cdot 5^n$.
Теперь разделим числитель и знаменатель на $5^n$:
$\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 5^n}{5 \cdot 5^n} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2^n}{5^n} + \frac{5^n}{5^n}}{\frac{5 \cdot 5^n}{5^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(\frac{2}{5})^n + 1}{5}$.
Так как основание степени $\frac{2}{5}$ меньше 1, то при $n \to \infty$ выражение $(\frac{2}{5})^n$ стремится к нулю: $\lim_{n \to \infty} (\frac{2}{5})^n = 0$.
Подставляем это значение в предел:
$\frac{0 + 1}{5} = \frac{1}{5}$.
Ответ: $\frac{1}{5}$.

4) Найдем предел $\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 3^n + 4^n}{4^{n+1} + 3}$.
Здесь также имеем неопределенность вида $\frac{\infty}{\infty}$. Разделим числитель и знаменатель на член с наибольшим основанием в старшей степени, то есть на $4^n$.
Преобразуем знаменатель: $4^{n+1} = 4 \cdot 4^n$.
Разделим числитель и знаменатель на $4^n$:
$\lim_{n \to \infty} \frac{2^n + 3^n + 4^n}{4 \cdot 4^n + 3} = \lim_{n \to \infty} \frac{\frac{2^n}{4^n} + \frac{3^n}{4^n} + \frac{4^n}{4^n}}{\frac{4 \cdot 4^n}{4^n} + \frac{3}{4^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(\frac{2}{4})^n + (\frac{3}{4})^n + 1}{4 + \frac{3}{4^n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{(\frac{1}{2})^n + (\frac{3}{4})^n + 1}{4 + 3 \cdot (\frac{1}{4})^n}$.
Поскольку основания степеней $\frac{1}{2}$, $\frac{3}{4}$ и $\frac{1}{4}$ меньше 1, их значения при $n \to \infty$ стремятся к нулю:
$\lim_{n \to \infty} (\frac{1}{2})^n = 0$
$\lim_{n \to \infty} (\frac{3}{4})^n = 0$
$\lim_{n \to \infty} (\frac{1}{4})^n = 0$
Подставляя эти значения, получаем:
$\frac{0 + 0 + 1}{4 + 3 \cdot 0} = \frac{1}{4}$.
Ответ: $\frac{1}{4}$.