Номер 4.31, страница 133 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

Глава I. Корни, степени, логарифмы. Параграф 4. Степень положительного числа. 4.3. Понятие предела последовательности - номер 4.31, страница 133.

Условие.

4.31 С помощью определения бесконечно малой величины (через $\varepsilon$ и $N$) докажите, что переменная $\alpha_n$ — бесконечно малая величина, если:

а) $\alpha_n = \frac{1999}{n}$;

б) $\alpha_n = \frac{2000}{n+10}$;

в) $\alpha_n = \frac{n}{n^2+1}$.

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

Решение 4.

Решение 5.

Согласно определению, последовательность $ \alpha_n $ является бесконечно малой величиной, если её предел при $ n \to \infty $ равен нулю. Формально, это означает, что для любого сколь угодно малого положительного числа $ \epsilon > 0 $ существует такое натуральное число $ N $ (зависящее от $ \epsilon $), что для всех натуральных чисел $ n > N $ выполняется неравенство $ |\alpha_n| < \epsilon $.

а) $ \alpha_n = \frac{1999}{n} $

Зададим произвольное $ \epsilon > 0 $. Нам нужно доказать, что существует такое натуральное число $ N $, что для всех $ n > N $ будет выполняться неравенство $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Рассмотрим это неравенство: $ |\frac{1999}{n}| < \epsilon $.

Поскольку $ n $ — натуральное число, то $ n > 0 $, и, следовательно, $ |\frac{1999}{n}| = \frac{1999}{n} $. Неравенство принимает вид: $ \frac{1999}{n} < \epsilon $

Выразим $ n $ из этого неравенства. Так как $ n > 0 $ и $ \epsilon > 0 $, мы можем преобразовать его следующим образом: $ 1999 < n \cdot \epsilon $ $ n > \frac{1999}{\epsilon} $

Таким образом, если мы выберем в качестве $ N $ любое натуральное число, большее или равное $ \frac{1999}{\epsilon} $, например, $ N = \lceil \frac{1999}{\epsilon} \rceil $ (где $ \lceil x \rceil $ — наименьшее целое число, не меньшее $ x $), то для любого натурального $ n > N $ будет выполняться и неравенство $ n > \frac{1999}{\epsilon} $. А это, в свою очередь, равносильно тому, что $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Мы показали, что для любого $ \epsilon > 0 $ можно найти соответствующее $ N $. Следовательно, по определению, последовательность $ \alpha_n = \frac{1999}{n} $ является бесконечно малой величиной.

Ответ: Утверждение доказано.

б) $ \alpha_n = \frac{2000}{n+10} $

Зададим произвольное $ \epsilon > 0 $. Требуется найти такое натуральное число $ N $, что для всех $ n > N $ выполняется $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Рассмотрим неравенство: $ |\frac{2000}{n+10}| < \epsilon $.

Так как $ n \ge 1 $, знаменатель $ n+10 $ всегда положителен, и модуль можно убрать: $ \frac{2000}{n+10} < \epsilon $

Решим это неравенство относительно $ n $: $ 2000 < \epsilon \cdot (n+10) $ $ \frac{2000}{\epsilon} < n+10 $ $ n > \frac{2000}{\epsilon} - 10 $

Нам нужно выбрать такое натуральное число $ N $, чтобы для любого $ n > N $ выполнялось $ n > \frac{2000}{\epsilon} - 10 $. Если величина $ \frac{2000}{\epsilon} - 10 $ отрицательна или равна нулю (это происходит при $ \epsilon \ge 200 $), то неравенство $ n > \frac{2000}{\epsilon} - 10 $ выполняется для любого натурального $ n $. В этом случае можно взять $ N = 1 $. Если же $ \frac{2000}{\epsilon} - 10 > 0 $, то мы можем выбрать $ N = \lceil \frac{2000}{\epsilon} - 10 \rceil $. В любом случае, для любого $ \epsilon > 0 $ такое число $ N $ существует. При $ n > N $ будет выполняться $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Таким образом, для любого $ \epsilon > 0 $ мы можем указать требуемое $ N $, что и доказывает, что последовательность $ \alpha_n = \frac{2000}{n+10} $ является бесконечно малой.

Ответ: Утверждение доказано.

в) $ \alpha_n = \frac{n}{n^2 + 1} $

Зададим произвольное $ \epsilon > 0 $. Нам нужно найти такое натуральное число $ N $, что для всех $ n > N $ будет выполняться $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Рассмотрим неравенство: $ |\frac{n}{n^2 + 1}| < \epsilon $.

Поскольку $ n \ge 1 $, числитель и знаменатель положительны, поэтому $ |\frac{n}{n^2 + 1}| = \frac{n}{n^2 + 1} $. Неравенство имеет вид: $ \frac{n}{n^2 + 1} < \epsilon $

Решение этого квадратного неравенства относительно $ n $ может быть громоздким. Вместо этого, чтобы упростить задачу, воспользуемся методом оценки. Очевидно, что для любого натурального $ n $, $ n^2 + 1 > n^2 $. Отсюда следует, что: $ \frac{1}{n^2 + 1} < \frac{1}{n^2} $

Умножив обе части на $ n > 0 $, получим: $ \frac{n}{n^2 + 1} < \frac{n}{n^2} = \frac{1}{n} $

Итак, мы получили, что $ |\alpha_n| < \frac{1}{n} $. Если мы найдем такое $ N $, что для всех $ n > N $ будет выполняться $ \frac{1}{n} < \epsilon $, то из этого автоматически будет следовать, что и $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Решим более простое неравенство $ \frac{1}{n} < \epsilon $: $ n > \frac{1}{\epsilon} $

Выберем $ N $ как натуральное число, большее или равное $ \frac{1}{\epsilon} $, например, $ N = \lceil \frac{1}{\epsilon} \rceil $. Тогда для любого $ n > N $ будет выполняться $ n > \frac{1}{\epsilon} $, что означает $ \frac{1}{n} < \epsilon $. А так как $ |\alpha_n| < \frac{1}{n} $, то и $ |\alpha_n| < \epsilon $.

Мы показали, что для любого $ \epsilon > 0 $ существует такое $ N $, что доказывает, что $ \alpha_n = \frac{n}{n^2 + 1} $ является бесконечно малой величиной.

Ответ: Утверждение доказано.