Номер 416, страница 141 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

416. Доказать, что $ \lim_{n \to \infty} x_n = 0 $, если:

1) $ x_n = \frac{1}{n+1} $;

2) $ x_n = \frac{1}{\sqrt{n}} $;

3) $ x_n = \frac{1}{n^3} $;

4) $ x_n = \frac{n}{n^2+4} $.

Для доказательства того, что $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$ в каждом из случаев, мы будем использовать формальное определение предела последовательности. Согласно этому определению, последовательность $x_n$ имеет предел $L$ (в нашем случае $L=0$), если для любого сколь угодно малого положительного числа $\varepsilon > 0$ найдется такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ будет выполняться неравенство $|x_n - L| < \varepsilon$.

1) $x_n = \frac{1}{n+1}$

Нам нужно доказать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $N$, что для всех $n > N$ выполняется $| \frac{1}{n+1} - 0 | < \varepsilon$.

Рассмотрим неравенство: $|\frac{1}{n+1}| < \varepsilon$

Так как $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), то $n+1 > 0$, и знак модуля можно опустить: $\frac{1}{n+1} < \varepsilon$

Решим это неравенство относительно $n$. Учитывая, что $\varepsilon > 0$ и $n+1 > 0$, получаем: $1 < \varepsilon(n+1)$ $n+1 > \frac{1}{\varepsilon}$ $n > \frac{1}{\varepsilon} - 1$

Таким образом, для любого $\varepsilon > 0$ мы можем выбрать в качестве $N$ любое натуральное число, которое больше или равно $\frac{1}{\varepsilon} - 1$. Например, можно взять $N = \lfloor \frac{1}{\varepsilon} - 1 \rfloor + 1$ (если $\frac{1}{\varepsilon} - 1 < 1$, то $N=1$). Тогда для всех $n > N$ неравенство $n > \frac{1}{\varepsilon} - 1$ будет верным, а значит, и $|\frac{1}{n+1}| < \varepsilon$. Это доказывает, что предел последовательности равен 0.

Ответ: Доказано, что $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0$.

2) $x_n = \frac{1}{\sqrt{n}}$

Нам нужно доказать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{1}{\sqrt{n}} - 0| < \varepsilon$.

Рассмотрим неравенство: $|\frac{1}{\sqrt{n}}| < \varepsilon$

Так как $n \ge 1$, $\sqrt{n} > 0$, поэтому модуль можно опустить: $\frac{1}{\sqrt{n}} < \varepsilon$

Решим неравенство относительно $n$: $\sqrt{n} > \frac{1}{\varepsilon}$

Поскольку обе части неравенства положительны, возведем их в квадрат: $n > (\frac{1}{\varepsilon})^2 = \frac{1}{\varepsilon^2}$

Следовательно, для любого $\varepsilon > 0$ мы можем выбрать $N$ как любое натуральное число, такое что $N \ge \frac{1}{\varepsilon^2}$. Например, $N = \lfloor \frac{1}{\varepsilon^2} \rfloor + 1$. Для всех $n > N$ будет выполняться $n > \frac{1}{\varepsilon^2}$, и, следовательно, $|\frac{1}{\sqrt{n}}| < \varepsilon$.

Ответ: Доказано, что $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$.

3) $x_n = \frac{1}{n^3}$

Нам нужно доказать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{1}{n^3} - 0| < \varepsilon$.

Рассмотрим неравенство: $|\frac{1}{n^3}| < \varepsilon$

Так как $n \ge 1$, $n^3 > 0$, поэтому: $\frac{1}{n^3} < \varepsilon$

Решим неравенство относительно $n$: $n^3 > \frac{1}{\varepsilon}$ $n > \sqrt[3]{\frac{1}{\varepsilon}}$

В качестве $N$ можно взять любое натуральное число, удовлетворяющее условию $N \ge \sqrt[3]{\frac{1}{\varepsilon}}$. Например, $N = \lfloor \sqrt[3]{\frac{1}{\varepsilon}} \rfloor + 1$. Для всех $n > N$ будет выполняться $n > \sqrt[3]{\frac{1}{\varepsilon}}$, и, следовательно, $|\frac{1}{n^3}| < \varepsilon$.

Ответ: Доказано, что $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^3} = 0$.

4) $x_n = \frac{n}{n^2+4}$

Нам нужно доказать, что для любого $\varepsilon > 0$ существует такое $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{n}{n^2+4} - 0| < \varepsilon$.

Рассмотрим неравенство: $|\frac{n}{n^2+4}| < \varepsilon$

Поскольку $n \ge 1$, $n$ и $n^2+4$ положительны, поэтому: $\frac{n}{n^2+4} < \varepsilon$

Чтобы упростить решение, воспользуемся методом сравнения. Заметим, что для любого натурального $n$: $n^2 < n^2+4$

Отсюда следует, что: $\frac{1}{n^2} > \frac{1}{n^2+4}$

Умножим обе части на $n$ (которое положительно): $\frac{n}{n^2} > \frac{n}{n^2+4}$ $\frac{1}{n} > \frac{n}{n^2+4}$

Таким образом, мы получили оценку сверху: $\frac{n}{n^2+4} < \frac{1}{n}$. Если мы сможем показать, что $\frac{1}{n} < \varepsilon$, то из этого автоматически будет следовать, что и $\frac{n}{n^2+4} < \varepsilon$.

Решим неравенство $\frac{1}{n} < \varepsilon$: $n > \frac{1}{\varepsilon}$

Выберем $N$ как любое натуральное число, такое что $N \ge \frac{1}{\varepsilon}$. Например, $N = \lfloor \frac{1}{\varepsilon} \rfloor + 1$. Тогда для любого $n > N$ будет выполняться $n > \frac{1}{\varepsilon}$, что означает $\frac{1}{n} < \varepsilon$. А так как $\frac{n}{n^2+4} < \frac{1}{n}$, то и $\frac{n}{n^2+4} < \varepsilon$, что и требовалось доказать.

Ответ: Доказано, что $\lim_{n \to \infty} \frac{n}{n^2+4} = 0$.