Страница 141 - гдз по алгебре 10 класс учебник Колягин, Ткачева

413. Выписать из указанных ниже чисел те и только те, которые принадлежат интервалу $(\sqrt{2}; \sqrt{3})$:

1,41; 1,4143; 1,42; 1,41421; 1,73; 1,7320; 1,74; 1,7321.

Чтобы определить, какие из предложенных чисел принадлежат открытому интервалу $(\sqrt{2}; \sqrt{3})$, необходимо сравнить каждое число с границами интервала. Число $x$ принадлежит данному интервалу, если оно строго больше $\sqrt{2}$ и строго меньше $\sqrt{3}$. Это можно записать в виде двойного неравенства: $\sqrt{2} < x < \sqrt{3}$.

Так как все предложенные числа и границы интервала являются положительными, мы можем возвести все части неравенства в квадрат, не меняя его знака. Таким образом, неравенство $\sqrt{2} < x < \sqrt{3}$ равносильно неравенству $2 < x^2 < 3$. Этот метод позволяет избежать неточностей, связанных с округлением иррациональных чисел.

Проверим каждое из данных чисел, возводя его в квадрат и сравнивая результат с числами 2 и 3.

1,41

Возведем в квадрат: $1,41^2 = 1,9881$.
Поскольку $1,9881 < 2$, то $1,41 < \sqrt{2}$. Следовательно, число 1,41 не принадлежит заданному интервалу.

1,4143

Возведем в квадрат: $1,4143^2 = 2,00024449$.
Поскольку $2 < 2,00024449 < 3$, то $\sqrt{2} < 1,4143 < \sqrt{3}$. Следовательно, число 1,4143 принадлежит заданному интервалу.

1,42

Возведем в квадрат: $1,42^2 = 2,0164$.
Поскольку $2 < 2,0164 < 3$, то $\sqrt{2} < 1,42 < \sqrt{3}$. Следовательно, число 1,42 принадлежит заданному интервалу.

1,41421

Возведем в квадрат: $1,41421^2 = 1,9999899241$.
Поскольку $1,9999899241 < 2$, то $1,41421 < \sqrt{2}$. Следовательно, число 1,41421 не принадлежит заданному интервалу.

1,73

Возведем в квадрат: $1,73^2 = 2,9929$.
Поскольку $2 < 2,9929 < 3$, то $\sqrt{2} < 1,73 < \sqrt{3}$. Следовательно, число 1,73 принадлежит заданному интервалу.

1,7320

Возведем в квадрат: $1,7320^2 = 2,999824$.
Поскольку $2 < 2,999824 < 3$, то $\sqrt{2} < 1,7320 < \sqrt{3}$. Следовательно, число 1,7320 принадлежит заданному интервалу.

1,74

Возведем в квадрат: $1,74^2 = 3,0276$.
Поскольку $3,0276 > 3$, то $1,74 > \sqrt{3}$. Следовательно, число 1,74 не принадлежит заданному интервалу.

1,7321

Возведем в квадрат: $1,7321^2 = 3,00017041$.
Поскольку $3,00017041 > 3$, то $1,7321 > \sqrt{3}$. Следовательно, число 1,7321 не принадлежит заданному интервалу.

Таким образом, из предложенного списка чисел интервалу $(\sqrt{2}; \sqrt{3})$ принадлежат только те, которые удовлетворяют условию.

Ответ: 1,4143; 1,42; 1,73; 1,7320.

414. Вычислить:

1) $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{4^n}$;

2) $\lim_{n \to \infty} (0,2)^n$;

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

4) $\lim_{n \to \infty} \frac{6}{7 \cdot 5^n}$.

1) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{4^n}$ мы рассматриваем поведение функции при $n$, стремящемся к бесконечности.
Знаменатель $4^n$ представляет собой показательную функцию с основанием больше 1, поэтому при $n \to \infty$, значение $4^n$ неограниченно возрастает, то есть $4^n \to \infty$.
Предел можно рассматривать как деление константы (1) на бесконечно большую величину. Такой предел равен нулю.
Также можно представить выражение в виде предела геометрической прогрессии:
$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{4^n} = \lim_{n \to \infty} (\frac{1}{4})^n$.
Здесь основание прогрессии $q = \frac{1}{4}$. Поскольку $|q| = |\frac{1}{4}| < 1$, предел такой последовательности равен нулю.
Ответ: 0

2) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} (0,2)^n$ мы имеем дело с пределом геометрической прогрессии, где основание $q = 0,2$.
Основное правило для пределов геометрических прогрессий гласит, что если модуль основания $|q| < 1$, то предел последовательности $q^n$ при $n \to \infty$ равен 0.
В нашем случае $|0,2| < 1$, следовательно:
$\lim_{n \to \infty} (0,2)^n = 0$.
Ответ: 0

3) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \frac{5}{7^{n-1}}$ можно вынести константу 5 за знак предела:
$5 \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{7^{n-1}}$.
При $n \to \infty$, показатель степени $n-1$ также стремится к бесконечности. Следовательно, знаменатель $7^{n-1}$ неограниченно возрастает ($7^{n-1} \to \infty$).
Деление константы (1) на бесконечно большую величину даёт в пределе 0.
Таким образом, $5 \cdot 0 = 0$.
Также можно преобразовать выражение:
$\lim_{n \to \infty} \frac{5}{7^{n-1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{5}{7^n \cdot 7^{-1}} = \lim_{n \to \infty} \frac{5 \cdot 7}{7^n} = 35 \cdot \lim_{n \to \infty} (\frac{1}{7})^n = 35 \cdot 0 = 0$.
Ответ: 0

4) Для вычисления предела $\lim_{n \to \infty} \frac{6}{7 \cdot 5^n}$ можно вынести постоянный множитель $\frac{6}{7}$ за знак предела:
$\frac{6}{7} \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{5^n}$.
Рассмотрим оставшийся предел $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{5^n}$. При $n \to \infty$, знаменатель $5^n$ стремится к бесконечности. Таким образом, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{5^n} = 0$.
Подставляя это значение, получаем:
$\frac{6}{7} \cdot 0 = 0$.
Как и в предыдущих случаях, это предел, связанный с геометрической прогрессией:
$\lim_{n \to \infty} \frac{6}{7 \cdot 5^n} = \frac{6}{7} \lim_{n \to \infty} (\frac{1}{5})^n = \frac{6}{7} \cdot 0 = 0$.
Ответ: 0

415. Доказать, что если $a$ — рациональное число, $b$ — иррациональное, то и сумма, и разность чисел $a$ и $b$ являются числами иррациональными.

Для доказательства обоих утверждений (для суммы и для разности) воспользуемся методом от противного. Этот метод заключается в том, чтобы предположить обратное тому, что мы хотим доказать, и прийти к противоречию.

По условию задачи нам дано, что число $a$ является рациональным, а число $b$ — иррациональным.

Сумма

Докажем, что сумма $a+b$ является иррациональным числом.

Предположим противное: пусть сумма $a+b$ является рациональным числом. Обозначим эту сумму буквой $c$, то есть $c = a+b$. Согласно нашему предположению, $c$ — рациональное число.

Из равенства $c = a+b$ выразим число $b$:

$b = c - a$

По условию, $a$ — рациональное число. По нашему предположению, $c$ — также рациональное число. Известно, что разность двух рациональных чисел всегда является рациональным числом. Следовательно, результат вычитания $c-a$ должен быть рациональным числом.

Таким образом, мы получаем, что $b$ — рациональное число. Но это напрямую противоречит условию задачи, в котором сказано, что $b$ — иррациональное число.

Полученное противоречие означает, что наше первоначальное предположение было неверным. Следовательно, сумма рационального и иррационального чисел не может быть рациональной.

Ответ: Сумма $a+b$ является иррациональным числом.

Разность

Докажем, что разность $a-b$ является иррациональным числом.

Снова предположим противное: пусть разность $a-b$ является рациональным числом. Обозначим эту разность буквой $d$, то есть $d = a-b$. Согласно нашему предположению, $d$ — рациональное число.

Из равенства $d = a-b$ выразим число $b$:

$b = a - d$

По условию, $a$ — рациональное число. По нашему предположению, $d$ — также рациональное число. Как мы уже знаем, разность двух рациональных чисел всегда является рациональным числом. Следовательно, результат вычитания $a-d$ должен быть рациональным числом.

Таким образом, мы получаем, что $b$ — рациональное число. Это снова противоречит условию задачи, что $b$ — иррациональное число.

Полученное противоречие означает, что наше предположение было неверным. Следовательно, разность рационального и иррационального чисел не может быть рациональной.

Ответ: Разность $a-b$ является иррациональным числом.

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