Страница 133 - гдз по алгебре 10 класс учебник Никольский, Потапов

4.24° Какой величиной — бесконечно малой или бесконечно большой — является переменная $\alpha_n$, если:

а) $\alpha_n = \frac{1}{n}$;

б) $\alpha_n = \frac{2000}{n}$;

в) $\alpha_n = \frac{32n}{n^2}$;

г) $\alpha_n = n$;

д) $\alpha_n = n^2$;

е) $\alpha_n = n^3 + 3n?$

Чтобы определить, является ли переменная $\alpha_n$ бесконечно малой или бесконечно большой, необходимо найти её предел при $n \to \infty$.

• Если $\lim_{n \to \infty} \alpha_n = 0$, то переменная является бесконечно малой.
• Если $\lim_{n \to \infty} |\alpha_n| = \infty$, то переменная является бесконечно большой.

а) Дана переменная $\alpha_n = \frac{1}{n}$.

Найдем её предел при $n \to \infty$:

$\lim_{n \to \infty} \alpha_n = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$.

Поскольку предел последовательности равен нулю, она является бесконечно малой величиной.

Ответ: бесконечно малая.

б) Дана переменная $\alpha_n = \frac{2000}{n}$.

Найдем её предел при $n \to \infty$:

$\lim_{n \to \infty} \alpha_n = \lim_{n \to \infty} \frac{2000}{n} = 2000 \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 2000 \cdot 0 = 0$.

Поскольку предел последовательности равен нулю, она является бесконечно малой величиной.

Ответ: бесконечно малая.

в) Дана переменная $\alpha_n = \frac{32n}{n^2}$.

Сначала упростим выражение: $\alpha_n = \frac{32n}{n^2} = \frac{32}{n}$.

Теперь найдем предел при $n \to \infty$:

$\lim_{n \to \infty} \alpha_n = \lim_{n \to \infty} \frac{32}{n} = 32 \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 32 \cdot 0 = 0$.

Поскольку предел последовательности равен нулю, она является бесконечно малой величиной.

Ответ: бесконечно малая.

г) Дана переменная $\alpha_n = n$.

Найдем её предел при $n \to \infty$:

$\lim_{n \to \infty} \alpha_n = \lim_{n \to \infty} n = \infty$.

Поскольку предел последовательности равен бесконечности, она является бесконечно большой величиной.

Ответ: бесконечно большая.

д) Дана переменная $\alpha_n = n^2$.

Найдем её предел при $n \to \infty$:

$\lim_{n \to \infty} \alpha_n = \lim_{n \to \infty} n^2 = \infty$.

Поскольку предел последовательности равен бесконечности, она является бесконечно большой величиной.

Ответ: бесконечно большая.

е) Дана переменная $\alpha_n = n^3 + 3n$.

Найдем её предел при $n \to \infty$:

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

Так как $\lim_{n \to \infty} n^3 = \infty$ и $\lim_{n \to \infty} (1 + \frac{3}{n^2}) = 1 + 0 = 1$, то предел всей последовательности равен бесконечности.

$\lim_{n \to \infty} (n^3 + 3n) = \infty$.

Поскольку предел последовательности равен бесконечности, она является бесконечно большой величиной.

Ответ: бесконечно большая.

4.25 Представьте переменную $\alpha_n$ в виде суммы постоянной и бесконечно малой, если:

а) $\alpha_n = \frac{n + 1}{n}$;

б) $\alpha_n = \frac{3n + 1}{n}$;

в) $\alpha_n = \frac{n^2 + 4n}{n^2}$.

a) Чтобы представить переменную $ \alpha_n $ в виде суммы постоянной и бесконечно малой величины, мы можем выполнить алгебраическое преобразование, разделив числитель на знаменатель почленно.

$ \alpha_n = \frac{n+1}{n} = \frac{n}{n} + \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{n} $

В полученном выражении слагаемое $ 1 $ является постоянной величиной (константой). Слагаемое $ \frac{1}{n} $ является бесконечно малой последовательностью, поскольку её предел при $ n \to \infty $ равен нулю:

$ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 $

Таким образом, переменная $ \alpha_n $ представлена в виде суммы постоянной $ 1 $ и бесконечно малой $ \frac{1}{n} $.

Ответ: $ \alpha_n = 1 + \frac{1}{n} $.

б) Аналогично предыдущему пункту, выполним почленное деление числителя на знаменатель.

$ \alpha_n = \frac{3n+1}{n} = \frac{3n}{n} + \frac{1}{n} = 3 + \frac{1}{n} $

Здесь постоянная часть равна $ 3 $, а $ \frac{1}{n} $ — бесконечно малая последовательность, так как $ \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0 $.

Таким образом, переменная $ \alpha_n $ представлена в виде суммы постоянной $ 3 $ и бесконечно малой $ \frac{1}{n} $.

Ответ: $ \alpha_n = 3 + \frac{1}{n} $.

в) Снова применим метод почленного деления числителя на знаменатель.

$ \alpha_n = \frac{n^2+4n}{n^2} = \frac{n^2}{n^2} + \frac{4n}{n^2} = 1 + \frac{4}{n} $

Постоянная часть равна $ 1 $. Величина $ \frac{4}{n} $ является бесконечно малой, так как её предел равен нулю при $ n \to \infty $:

$ \lim_{n \to \infty} \frac{4}{n} = 4 \cdot \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 4 \cdot 0 = 0 $

Таким образом, переменная $ \alpha_n $ представлена в виде суммы постоянной $ 1 $ и бесконечно малой $ \frac{4}{n} $.

Ответ: $ \alpha_n = 1 + \frac{4}{n} $.

4.26 Что значит, что переменная $x_n (n = 1, 2, 3, ...)$ имеет предел, равный числу $a$? Приведите примеры.

Выражение "переменная $x_n$ ($n = 1, 2, 3, ...$) имеет предел, равный числу $a$" означает, что по мере неограниченного возрастания номера $n$, члены последовательности $x_n$ неограниченно приближаются к числу $a$. Это записывается как $\lim_{n \to \infty} x_n = a$.

Строгое определение (на языке "эпсилон-N"):

Число $a$ называется пределом последовательности $\{x_n\}$, если для любого сколь угодно малого положительного числа $\varepsilon > 0$ (эпсилон) найдется такое натуральное число $N$ (зависящее от $\varepsilon$), что для всех номеров $n > N$ будет выполняться неравенство:

Интуитивный и геометрический смысл:

Это определение формализует идею "бесконечного приближения". Неравенство $|x_n - a| < \varepsilon$ равносильно двойному неравенству $a - \varepsilon < x_n < a + \varepsilon$. Геометрически это означает, что все члены последовательности, начиная с некоторого номера $N+1$, попадают в так называемую $\varepsilon$-окрестность точки $a$, то есть в интервал $(a - \varepsilon, a + \varepsilon)$.

Проще говоря, какую бы узкую горизонтальную "полосу" мы ни нарисовали вокруг линии $y=a$, почти все (все, кроме конечного числа) члены последовательности будут лежать внутри этой полосы. Мы можем сделать члены последовательности сколь угодно близкими к $a$, просто взяв достаточно большой номер $n$.

Примеры:

1. Последовательность $x_n = \frac{1}{n}$. Ее предел равен 0, то есть $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} = 0$.

   С ростом $n$ члены последовательности $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \ldots$ становятся все ближе и ближе к нулю. Для доказательства, согласно определению, для любого $\varepsilon > 0$ мы должны найти такое $N$, что для всех $n > N$ будет выполняться $|x_n - 0| < \varepsilon$. Неравенство $|\frac{1}{n}| < \varepsilon$ равносильно $n > \frac{1}{\varepsilon}$. В качестве $N$ можно взять любое натуральное число, которое больше или равно $\frac{1}{\varepsilon}$, например $N = \lceil \frac{1}{\varepsilon} \rceil$. Тогда для всех $n > N$ условие будет выполнено.

   Иллюстрация: если мы выберем $\varepsilon = 0.01$, то нам нужно $n > \frac{1}{0.01} = 100$. Мы можем взять $N=100$. Тогда все члены последовательности, начиная со 101-го ($x_{101}, x_{102}, \ldots$), будут находиться от 0 на расстоянии, меньшем чем 0.01.

2. Последовательность $x_n = \frac{2n+1}{n+1}$. Ее предел равен 2, то есть $\lim_{n \to \infty} \frac{2n+1}{n+1} = 2$.

   Преобразуем выражение: $x_n = \frac{2(n+1)-1}{n+1} = 2 - \frac{1}{n+1}$. Интуитивно понятно, что при $n \to \infty$ дробь $\frac{1}{n+1}$ стремится к нулю, а значит $x_n$ стремится к 2. Для формального доказательства найдем модуль разности:

   $$ |x_n - 2| = |(2 - \frac{1}{n+1}) - 2| = |-\frac{1}{n+1}| = \frac{1}{n+1} $$

   Нам нужно, чтобы для любого $\varepsilon > 0$ при $n > N$ выполнялось $\frac{1}{n+1} < \varepsilon$. Это неравенство эквивалентно $n+1 > \frac{1}{\varepsilon}$, или $n > \frac{1}{\varepsilon} - 1$. В качестве $N$ можно выбрать любое натуральное число, большее или равное $\frac{1}{\varepsilon} - 1$.

   Иллюстрация: если $\varepsilon = 0.1$, то нам нужно $n > \frac{1}{0.1} - 1 = 9$. Можно взять $N=9$. Тогда для всех $n > 9$ (начиная с $n=10$) члены последовательности будут отличаться от 2 меньше, чем на 0.1.

3. Постоянная последовательность $x_n = 5$. Ее предел равен 5, $\lim_{n \to \infty} 5 = 5$.

   Здесь для любого $\varepsilon > 0$ неравенство $|x_n - 5| < \varepsilon$ принимает вид $|5 - 5| < \varepsilon$, то есть $0 < \varepsilon$. Это неравенство верно для любого положительного $\varepsilon$. Поэтому в качестве $N$ можно взять любое натуральное число, например $N=1$. Условие будет выполняться для всех $n > 1$.

Ответ: Утверждение, что переменная $x_n$ (числовая последовательность) имеет предел, равный числу $a$, означает, что члены последовательности $x_n$ можно сделать сколь угодно близкими к числу $a$, выбрав достаточно большой номер $n$. Формальное определение: для любого положительного числа $\varepsilon$ существует такое натуральное число $N$, что для всех номеров $n$, больших чем $N$, выполняется неравенство $|x_n - a| < \varepsilon$. Примерами являются последовательности $x_n = \frac{1}{n}$, предел которой равен 0, и $x_n = \frac{2n+1}{n+1}$, предел которой равен 2.

4.27 Каким свойством обладает переменная $x_n$, называемая бесконечно большой? Приведите примеры.

Свойство бесконечно большой переменной $x_n$

Переменная (в контексте математического анализа — член числовой последовательности) $x_n$ называется бесконечно большой, если по мере неограниченного возрастания её номера $n$ члены последовательности $x_n$ становятся и остаются по абсолютной величине (по модулю) больше любого наперёд заданного положительного числа. Иными словами, члены последовательности неограниченно удаляются от нуля.

Это свойство формально определяется через понятие предела. Последовательность $x_n$ является бесконечно большой, если её предел при $n \to \infty$ равен бесконечности. Это записывается как $\lim_{n \to \infty} x_n = \infty$.

На языке математической логики (с использованием кванторов) это определение выглядит так: для любого, сколь угодно большого положительного числа $M$, существует такой натуральный номер $N$ (зависящий от выбора $M$), что для всех номеров $n$, больших чем $N$ (то есть $n > N$), выполняется неравенство $|x_n| > M$.

Математическая запись этого свойства: $ \forall M > 0 \ \exists N \in \mathbb{N} : \forall n > N \implies |x_n| > M $.

При этом различают случаи, когда последовательность стремится к «плюс бесконечности» ($+\infty$) или «минус бесконечности» ($-\infty$):
• $\lim_{n \to \infty} x_n = +\infty$, если $\forall M > 0 \ \exists N \in \mathbb{N} : \forall n > N \implies x_n > M$. (Все члены, начиная с некоторого номера, становятся больше любого положительного числа).
• $\lim_{n \to \infty} x_n = -\infty$, если $\forall M > 0 \ \exists N \in \mathbb{N} : \forall n > N \implies x_n < -M$. (Все члены, начиная с некоторого номера, становятся меньше любого по модулю отрицательного числа).

Ответ: Бесконечно большая переменная $x_n$ обладает свойством, что для любого наперёд заданного положительного числа $M$ можно найти такой номер $N$, что все члены последовательности с номерами $n > N$ будут по абсолютной величине больше $M$, то есть будет выполняться неравенство $|x_n| > M$.

Примеры

1. Арифметическая прогрессия: $x_n = n$. Её члены $1, 2, 3, \dots$ неограниченно возрастают, то есть $\lim_{n \to \infty} n = +\infty$.

2. Степенная последовательность: $x_n = -n^2$. Её члены $-1, -4, -9, \dots$ неограниченно убывают, то есть $\lim_{n \to \infty} (-n^2) = -\infty$. Её модуль $|x_n| = n^2$ стремится к $+\infty$.

3. Знакочередующаяся последовательность: $x_n = (-1)^n \cdot n$. Её члены: $-1, 2, -3, 4, \dots$. Эта последовательность не стремится ни к $+\infty$, ни к $-\infty$, но является бесконечно большой, так как её модуль $|x_n| = n$ стремится к $+\infty$.

4. Логарифмическая последовательность: $x_n = \log_a n$ при $a>1$. Например, $x_n = \ln n$. Она растёт медленно, но неограниченно, стремясь к $+\infty$.

5. Показательная (экспоненциальная) последовательность: $x_n = a^n$ при $a>1$. Например, $x_n = 2^n$. Она очень быстро стремится к $+\infty$.

Ответ: Примеры бесконечно больших переменных: $x_n = n$; $x_n = -n^2$; $x_n = (-1)^n n$; $x_n = \ln n$; $x_n = 2^n$.

4.28 Что значит $\lim_{n \to +\infty} x_n = +\infty$, $\lim_{n \to +\infty} x_n = -\infty$? Приведите примеры.

$\lim_{n \to +\infty} x_n = +\infty$

Это выражение означает, что последовательность $x_n$ является бесконечно большой и стремится к плюс бесконечности. Формальное определение звучит так: для любого, сколь угодно большого положительного числа $M$, существует такой номер $N$ (зависящий от $M$), что для всех членов последовательности с номерами $n$, большими чем $N$, выполняется неравенство $x_n > M$.

Математически это записывается следующим образом:
$\lim_{n \to +\infty} x_n = +\infty \iff \forall M > 0 \ \exists N \in \mathbb{N} : \forall n > N \implies x_n > M$.

Простыми словами, это означает, что как бы мы ни выбрали большое положительное число ("горизонт" $M$), начиная с некоторого момента все члены последовательности будут находиться выше этого "горизонта" и никогда не опустятся ниже.

Примеры:

1. $x_n = n$. Последовательность $1, 2, 3, \dots$. Чтобы доказать, что ее предел равен $+\infty$, возьмем любое $M > 0$. Нам нужно, чтобы $x_n > M$, то есть $n > M$. В качестве номера $N$ можно взять целую часть от $M$, то есть $N = \lfloor M \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ неравенство $n > M$ будет выполняться.

2. $x_n = n^2$. Последовательность $1, 4, 9, \dots$. Возьмем любое $M > 0$. Нам нужно, чтобы $n^2 > M$, что эквивалентно $n > \sqrt{M}$. Выбрав $N = \lfloor \sqrt{M} \rfloor$, мы обеспечим выполнение условия для всех $n > N$.

3. $x_n = 2^n - 100$. Несмотря на то что первые члены могут быть отрицательными, экспоненциальный рост $2^n$ в итоге приведет к тому, что последовательность станет неограниченно большой.

Ответ: Запись $\lim_{n \to +\infty} x_n = +\infty$ означает, что для любого положительного числа $M$ найдется такой номер $N$, что все члены последовательности $x_n$ с номерами $n > N$ будут больше $M$. Примеры: $x_n = n$, $x_n = n^3$, $x_n = 5^n$.

$\lim_{n \to +\infty} x_n = -\infty$

Это выражение означает, что последовательность $x_n$ стремится к минус бесконечности. Формальное определение: для любого, сколь угодно большого по модулю отрицательного числа $M$ (то есть $M < 0$), существует такой номер $N$, что для всех членов последовательности с номерами $n > N$ выполняется неравенство $x_n < M$.

Математически это записывается так:
$\lim_{n \to +\infty} x_n = -\infty \iff \forall M < 0 \ \exists N \in \mathbb{N} : \forall n > N \implies x_n < M$.

Простыми словами, это означает, что как бы мы ни выбрали большое по модулю отрицательное число ("дно" $M$), начиная с некоторого момента все члены последовательности будут находиться ниже этого "дна" и никогда не поднимутся выше.

Примеры:

1. $x_n = -n$. Последовательность $-1, -2, -3, \dots$. Чтобы доказать, что ее предел равен $-\infty$, возьмем любое отрицательное число $M < 0$. Нам нужно, чтобы $x_n < M$, то есть $-n < M$. Умножая обе части на $-1$ (и меняя знак неравенства), получаем $n > -M$. Так как $M$ отрицательно, $-M$ — положительное число. В качестве $N$ можно взять $N = \lfloor -M \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет выполняться $n > -M$, что равносильно $-n < M$.

2. $x_n = 50 - n^2$. Возьмем любое $M < 0$. Нам нужно, чтобы $50 - n^2 < M$. Это эквивалентно $n^2 > 50 - M$. Так как $M$ — отрицательное число, $50 - M$ — положительное. Решая неравенство, получаем $n > \sqrt{50 - M}$. Выбрав $N = \lfloor \sqrt{50 - M} \rfloor$, мы обеспечим выполнение условия.

3. $x_n = -\ln(n)$. Логарифмическая функция растет медленно, но неограниченно, поэтому последовательность $-\ln(n)$ будет неограниченно убывать.

Ответ: Запись $\lim_{n \to +\infty} x_n = -\infty$ означает, что для любого отрицательного числа $M$ найдется такой номер $N$, что все члены последовательности $x_n$ с номерами $n > N$ будут меньше $M$. Примеры: $x_n = -n$, $x_n = 1 - n^2$, $x_n = -3^n$.

4.29 Найдите предел переменной, представив её в виде суммы постоянной и бесконечно малой:

а) $ \lim_{n \to +\infty} \frac{n + 3}{n} $;

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

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

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

д) $ \lim_{n \to +\infty} \frac{n + 2}{n + 1} $;

е) $ \lim_{n \to +\infty} \frac{3n^2 + 2n + 5}{2n^2} $.

а)Чтобы найти предел $\lim_{n \to +\infty} \frac{n+3}{n}$, представим переменную (дробь) в виде суммы постоянной и бесконечно малой величины. Для этого разделим числитель на знаменатель почленно:$$ \frac{n+3}{n} = \frac{n}{n} + \frac{3}{n} = 1 + \frac{3}{n} $$Здесь $1$ — это постоянная, а $\frac{3}{n}$ — бесконечно малая величина, так как её предел при $n \to +\infty$ равен нулю: $\lim_{n \to +\infty} \frac{3}{n} = 0$.Теперь находим предел исходного выражения:$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{n+3}{n} = \lim_{n \to +\infty} \left(1 + \frac{3}{n}\right) = 1 + 0 = 1 $$Ответ: $1$.

б)Рассмотрим предел $\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2-1}{n^2}$. Представим дробь в виде суммы, разделив числитель на знаменатель:$$ \frac{n^2-1}{n^2} = \frac{n^2}{n^2} - \frac{1}{n^2} = 1 - \frac{1}{n^2} $$В этом выражении $1$ — постоянная, а $-\frac{1}{n^2}$ — бесконечно малая величина, поскольку $\lim_{n \to +\infty} \left(-\frac{1}{n^2}\right) = 0$.Следовательно, предел равен:$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2-1}{n^2} = \lim_{n \to +\infty} \left(1 - \frac{1}{n^2}\right) = 1 - 0 = 1 $$Ответ: $1$.

в)Найдем предел $\lim_{n \to +\infty} \frac{n^2-1}{n^3}$. Разделим почленно числитель на знаменатель:$$ \frac{n^2-1}{n^3} = \frac{n^2}{n^3} - \frac{1}{n^3} = \frac{1}{n} - \frac{1}{n^3} $$В данном случае мы получили разность двух бесконечно малых величин. Можно представить это как сумму постоянной $0$ и бесконечно малой $\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n^3}\right)$.Так как $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n} = 0$ и $\lim_{n \to +\infty} \frac{1}{n^3} = 0$, то:$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{n^2-1}{n^3} = \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n^3}\right) = 0 - 0 = 0 $$Ответ: $0$.

г)Рассмотрим предел $\lim_{n \to +\infty} \frac{n^3-3}{n^3}$. Выполним почленное деление:$$ \frac{n^3-3}{n^3} = \frac{n^3}{n^3} - \frac{3}{n^3} = 1 - \frac{3}{n^3} $$Здесь $1$ — постоянная, а $-\frac{3}{n^3}$ — бесконечно малая величина, так как $\lim_{n \to +\infty} \left(-\frac{3}{n^3}\right) = 0$.Тогда предел равен:$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{n^3-3}{n^3} = \lim_{n \to +\infty} \left(1 - \frac{3}{n^3}\right) = 1 - 0 = 1 $$Ответ: $1$.

д)Найдем предел $\lim_{n \to +\infty} \frac{n+2}{n+1}$. Чтобы выделить целую часть (постоянную), представим числитель следующим образом: $n+2 = (n+1) + 1$.$$ \frac{n+2}{n+1} = \frac{(n+1) + 1}{n+1} = \frac{n+1}{n+1} + \frac{1}{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1} $$В полученном выражении $1$ — постоянная, а $\frac{1}{n+1}$ — бесконечно малая величина, так как при $n \to +\infty$, знаменатель $n+1 \to +\infty$, и дробь стремится к нулю.Находим предел:$$ \lim_{n \to +\infty} \frac{n+2}{n+1} = \lim_{n \to +\infty} \left(1 + \frac{1}{n+1}\right) = 1 + 0 = 1 $$Ответ: $1$.

е)Найдем предел $\lim_{n \to +\infty} \frac{3n^2+2n+5}{2n^2}$. Разделим каждый член числителя на знаменатель $2n^2$:$$ \frac{3n^2+2n+5}{2n^2} = \frac{3n^2}{2n^2} + \frac{2n}{2n^2} + \frac{5}{2n^2} = \frac{3}{2} + \frac{1}{n} + \frac{5}{2n^2} $$Здесь постоянная равна $\frac{3}{2}$, а сумма $\frac{1}{n} + \frac{5}{2n^2}$ является бесконечно малой величиной, так как каждое слагаемое стремится к нулю при $n \to +\infty$.Вычисляем предел:$$ \lim_{n \to +\infty} \left(\frac{3}{2} + \frac{1}{n} + \frac{5}{2n^2}\right) = \frac{3}{2} + 0 + 0 = \frac{3}{2} $$Ответ: $\frac{3}{2}$.

4.30 Для заданного положительного $ \varepsilon $ укажите такое число $ N $, что для переменной $ \alpha_n $ для всех натуральных $ n > N $ выполняется неравенство $ |\alpha_n| < \varepsilon $, если:

а) $ \alpha_n = \frac{1}{n}; $

б) $ \alpha_n = \frac{2}{n}; $

в) $ \alpha_n = \frac{3}{2n}; $

г) $ \alpha_n = -\frac{5}{n}; $

д) $ \alpha_n = \frac{(-1)^n}{n}; $

е) $ \alpha_n = \frac{1}{n+2}. $

Для каждого случая необходимо найти такое число $N$, что для всех натуральных чисел $n > N$ будет выполняться неравенство $|\alpha_n| < \varepsilon$. Для этого мы решим это неравенство относительно $n$.

а) Для $\alpha_n = \frac{1}{n}$ требуется, чтобы выполнялось $|\frac{1}{n}| < \varepsilon$.
Поскольку $n$ — натуральное число, $n > 0$, то $\frac{1}{n}$ всегда положительно. Следовательно, знак модуля можно опустить:
$\frac{1}{n} < \varepsilon$
Так как $\varepsilon$ — положительное число, мы можем умножить обе части на $n$ и разделить на $\varepsilon$, не меняя знака неравенства:
$1 < n \cdot \varepsilon$
$n > \frac{1}{\varepsilon}$
Таким образом, неравенство будет выполняться для всех $n$, которые больше, чем $\frac{1}{\varepsilon}$. Значит, в качестве $N$ можно взять $\frac{1}{\varepsilon}$.
Ответ: $N = \frac{1}{\varepsilon}$.

б) Для $\alpha_n = -\frac{2}{n}$ требуется, чтобы выполнялось $|-\frac{2}{n}| < \varepsilon$.
Так как $n$ — натуральное число, $n > 0$, модуль этого выражения равен:
$|-\frac{2}{n}| = \frac{2}{n}$
Получаем неравенство:
$\frac{2}{n} < \varepsilon$
Решаем его относительно $n$:
$2 < n \cdot \varepsilon$
$n > \frac{2}{\varepsilon}$
Следовательно, можно выбрать $N = \frac{2}{\varepsilon}$.
Ответ: $N = \frac{2}{\varepsilon}$.

в) Для $\alpha_n = \frac{3}{2n}$ требуется, чтобы выполнялось $|\frac{3}{2n}| < \varepsilon$.
Поскольку $n$ — натуральное число, $2n > 0$, выражение под модулем положительно, поэтому модуль можно убрать:
$\frac{3}{2n} < \varepsilon$
Выражаем $n$:
$3 < 2n \cdot \varepsilon$
$n > \frac{3}{2\varepsilon}$
Следовательно, можно выбрать $N = \frac{3}{2\varepsilon}$.
Ответ: $N = \frac{3}{2\varepsilon}$.

г) Для $\alpha_n = -\frac{5}{n}$ требуется, чтобы выполнялось $|-\frac{5}{n}| < \varepsilon$.
Раскрываем модуль:
$|-\frac{5}{n}| = \frac{5}{n}$
Получаем неравенство:
$\frac{5}{n} < \varepsilon$
Выражаем $n$:
$5 < n \cdot \varepsilon$
$n > \frac{5}{\varepsilon}$
Следовательно, можно выбрать $N = \frac{5}{\varepsilon}$.
Ответ: $N = \frac{5}{\varepsilon}$.

д) Для $\alpha_n = \frac{(-1)^n}{n}$ требуется, чтобы выполнялось $|\frac{(-1)^n}{n}| < \varepsilon$.
Раскрываем модуль, учитывая, что $|(-1)^n| = 1$ и $|n| = n$ для натурального $n$:
$|\frac{(-1)^n}{n}| = \frac{|(-1)^n|}{|n|} = \frac{1}{n}$
Получаем неравенство:
$\frac{1}{n} < \varepsilon$
Решая его, находим:
$n > \frac{1}{\varepsilon}$
Следовательно, можно выбрать $N = \frac{1}{\varepsilon}$.
Ответ: $N = \frac{1}{\varepsilon}$.

е) Для $\alpha_n = \frac{1}{n+2}$ требуется, чтобы выполнялось $|\frac{1}{n+2}| < \varepsilon$.
Так как $n$ — натуральное число ($n \ge 1$), то $n+2$ всегда положительно. Модуль можно убрать:
$\frac{1}{n+2} < \varepsilon$
Решаем неравенство относительно $n$:
$1 < (n+2) \cdot \varepsilon$
$\frac{1}{\varepsilon} < n+2$
$n > \frac{1}{\varepsilon} - 2$
Следовательно, можно выбрать $N = \frac{1}{\varepsilon} - 2$.
Ответ: $N = \frac{1}{\varepsilon} - 2$.

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) $\alpha_n = \frac{n}{n^2+1}$.

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.

4.32 Для заданного числа $M > 0$ укажите такое число $N$, что для всех натуральных $n > N$ выполняется неравенство $|x_n| > M$, если:

а) $x_n = n$;

б) $x_n = -n$;

в) $x_n = \frac{n}{100}$;

г) $x_n = n^2$;

д) $x_n = -3n$;

е) $x_n = \frac{n^2}{2000}$.

а) Для последовательности $x_n = n$ требуется найти такое число $N$, что для всех натуральных $n > N$ выполняется неравенство $|x_n| > M$. Подставим выражение для $x_n$ в неравенство: $|n| > M$. Поскольку по условию $n$ является натуральным числом, то $n > 0$, и, следовательно, $|n| = n$. Таким образом, неравенство принимает вид $n > M$. Чтобы это неравенство выполнялось для всех $n > N$, достаточно выбрать $N = M$. Тогда для любого натурального $n > N$ будет верно $n > M$, и, значит, $|x_n| > M$.
Ответ: $N = M$.

б) Для последовательности $x_n = -n$ требуется решить неравенство $|-n| > M$. Так как $n$ — натуральное число, то $n > 0$, и модуль отрицательного числа равен противоположному ему положительному: $|-n| = n$. Неравенство сводится к $n > M$. Таким образом, как и в предыдущем пункте, можно выбрать $N = M$.
Ответ: $N = M$.

в) Для последовательности $x_n = \frac{n}{100}$ решаем неравенство $|\frac{n}{100}| > M$. Поскольку $n$ — натуральное число, выражение $\frac{n}{100}$ всегда положительно, поэтому модуль можно опустить: $\frac{n}{100} > M$. Чтобы выразить $n$, умножим обе части неравенства на 100: $n > 100M$. Следовательно, можно выбрать $N = 100M$.
Ответ: $N = 100M$.

г) Для последовательности $x_n = n^2$ решаем неравенство $|n^2| > M$. Так как $n$ — натуральное число, $n^2$ всегда положительно, и модуль можно убрать: $n^2 > M$. По условию $M > 0$, и так как $n$ натуральное, то $n > 0$. Поэтому можно извлечь квадратный корень из обеих частей неравенства, не меняя его знака: $n > \sqrt{M}$. Следовательно, можно выбрать $N = \sqrt{M}$.
Ответ: $N = \sqrt{M}$.

д) Для последовательности $x_n = -3n$ решаем неравенство $|-3n| > M$. Так как $n$ — натуральное число, $n > 0$, и, следовательно, $|-3n| = 3n$. Неравенство принимает вид $3n > M$. Разделив обе части на 3, получаем $n > \frac{M}{3}$. Таким образом, можно выбрать $N = \frac{M}{3}$.
Ответ: $N = \frac{M}{3}$.

е) Для последовательности $x_n = \frac{n^2}{2000}$ решаем неравенство $|\frac{n^2}{2000}| > M$. Поскольку $n$ — натуральное число, $n^2 > 0$, и выражение под модулем всегда положительно. Убираем модуль: $\frac{n^2}{2000} > M$. Умножим обе части на 2000: $n^2 > 2000M$. Так как $n > 0$ и $M > 0$, можно извлечь квадратный корень: $n > \sqrt{2000M}$. Следовательно, мы можем выбрать $N = \sqrt{2000M}$.
Ответ: $N = \sqrt{2000M}$.