Номер 135, страница 58 - гдз по алгебре 11 класс учебник Колягин, Ткачева

Параграф 1. Предел последовательности. Глава 2. Производная и её геометрический смысл - номер 135, страница 58.

Условие.

135. Исходя из определения предела последовательности, доказать, что $\lim_{n \to \infty} x_n = 0$:

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

2) $x_n = \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$;

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

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

5) $x_n = \frac{1}{3n+2}$;

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

Решение 1.

Решение 2.

Решение 3.

1) Для последовательности $x_n = \frac{1}{n+1}$ докажем, что её предел равен 0.
Зафиксируем произвольное $\epsilon > 0$. Нам нужно найти такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ будет выполняться неравенство $|x_n - 0| < \epsilon$.
$|\frac{1}{n+1} - 0| = \frac{1}{n+1}$, так как $n \ge 1$.
Решим неравенство $\frac{1}{n+1} < \epsilon$ относительно $n$:
$n+1 > \frac{1}{\epsilon} \implies n > \frac{1}{\epsilon} - 1$.
Возьмём в качестве $N$ натуральное число, удовлетворяющее $N \ge \frac{1}{\epsilon} - 1$. Например, можно выбрать $N = \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет выполняться $n > \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor \ge \frac{1}{\epsilon} - 1$, и, следовательно, $|\frac{1}{n+1}| < \epsilon$. Таким образом, существование $N$ для любого $\epsilon > 0$ доказано.
Ответ: Доказано.

2) Для последовательности $x_n = \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ докажем, что её предел равен 0.
Зафиксируем произвольное $\epsilon > 0$. Найдём такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{1}{\sqrt[3]{n}} - 0| < \epsilon$.
$|\frac{1}{\sqrt[3]{n}}| = \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$, так как $n \ge 1$.
Решим неравенство $\frac{1}{\sqrt[3]{n}} < \epsilon$:
$\sqrt[3]{n} > \frac{1}{\epsilon} \implies n > \frac{1}{\epsilon^3}$.
Возьмём $N = \lfloor \frac{1}{\epsilon^3} \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет выполняться $n > \lfloor \frac{1}{\epsilon^3} \rfloor$, а значит $n > \frac{1}{\epsilon^3}$, из чего следует, что $|\frac{1}{\sqrt[3]{n}}| < \epsilon$.
Ответ: Доказано.

3) Для последовательности $x_n = \frac{1}{n^3}$ докажем, что её предел равен 0.
Зафиксируем произвольное $\epsilon > 0$. Найдём такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{1}{n^3} - 0| < \epsilon$.
$|\frac{1}{n^3}| = \frac{1}{n^3}$, так как $n \ge 1$.
Решим неравенство $\frac{1}{n^3} < \epsilon$:
$n^3 > \frac{1}{\epsilon} \implies n > \sqrt[3]{\frac{1}{\epsilon}} = \frac{1}{\epsilon^{1/3}}$.
Возьмём $N = \lfloor \frac{1}{\epsilon^{1/3}} \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет выполняться $n > \lfloor \frac{1}{\epsilon^{1/3}} \rfloor$, а значит $n > \frac{1}{\epsilon^{1/3}}$, из чего следует, что $|\frac{1}{n^3}| < \epsilon$.
Ответ: Доказано.

4) Для последовательности $x_n = \frac{1}{2^n}$ докажем, что её предел равен 0.
Зафиксируем произвольное $\epsilon > 0$. Найдём такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{1}{2^n} - 0| < \epsilon$, то есть $\frac{1}{2^n} < \epsilon$.
Воспользуемся неравенством Бернулли: для $n \ge 1$ справедливо $2^n = (1+1)^n \ge 1+n$.
Отсюда следует, что $\frac{1}{2^n} \le \frac{1}{n+1}$.
Поэтому для выполнения неравенства $\frac{1}{2^n} < \epsilon$ достаточно потребовать, чтобы выполнялось $\frac{1}{n+1} < \epsilon$.
Решая $\frac{1}{n+1} < \epsilon$, получаем $n > \frac{1}{\epsilon} - 1$.
Возьмём $N = \lfloor \frac{1}{\epsilon} \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет верно $n > \frac{1}{\epsilon} - 1$, что влечет $\frac{1}{n+1} < \epsilon$. А так как $\frac{1}{2^n} \le \frac{1}{n+1}$, то и $\frac{1}{2^n} < \epsilon$.
Ответ: Доказано.

5) Для последовательности $x_n = \frac{1}{3n+2}$ докажем, что её предел равен 0.
Зафиксируем произвольное $\epsilon > 0$. Найдём такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{1}{3n+2} - 0| < \epsilon$, то есть $\frac{1}{3n+2} < \epsilon$.
Для $n \ge 1$ верно неравенство $3n+2 > 3n$, из которого следует $\frac{1}{3n+2} < \frac{1}{3n}$.
Поэтому для выполнения $\frac{1}{3n+2} < \epsilon$ достаточно, чтобы выполнялось $\frac{1}{3n} < \epsilon$.
Решая последнее неравенство, получаем $3n > \frac{1}{\epsilon}$, то есть $n > \frac{1}{3\epsilon}$.
Возьмём $N = \lfloor \frac{1}{3\epsilon} \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет $n > \frac{1}{3\epsilon}$, что влечет $\frac{1}{3n} < \epsilon$. Так как $\frac{1}{3n+2} < \frac{1}{3n}$, то и $|\frac{1}{3n+2}| < \epsilon$.
Ответ: Доказано.

6) Для последовательности $x_n = \frac{n+1}{n^2}$ докажем, что её предел равен 0.
Зафиксируем произвольное $\epsilon > 0$. Найдём такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|\frac{n+1}{n^2} - 0| < \epsilon$, то есть $\frac{n+1}{n^2} < \epsilon$.
Оценим выражение сверху: $\frac{n+1}{n^2} = \frac{n}{n^2} + \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2}$.
Для $n \ge 1$ справедливо $n^2 \ge n$, откуда $\frac{1}{n^2} \le \frac{1}{n}$.
Следовательно, $\frac{n+1}{n^2} = \frac{1}{n} + \frac{1}{n^2} \le \frac{1}{n} + \frac{1}{n} = \frac{2}{n}$.
Для выполнения неравенства $\frac{n+1}{n^2} < \epsilon$ достаточно, чтобы выполнялось $\frac{2}{n} < \epsilon$.
Решая последнее неравенство, получаем $n > \frac{2}{\epsilon}$.
Возьмём $N = \lfloor \frac{2}{\epsilon} \rfloor$. Тогда для любого $n > N$ будет $n > \frac{2}{\epsilon}$, откуда $\frac{2}{n} < \epsilon$. Поскольку $|\frac{n+1}{n^2}| \le \frac{2}{n}$, то и $|\frac{n+1}{n^2}| < \epsilon$.
Ответ: Доказано.