Номер 436, страница 126 - гдз по алгебре 9 класс учебник Никольский, Потапов

436. Последовательность задана формулой n-го члена:

а) $a_n = \frac{n+1}{n}$;

б) $b_n = \frac{2n+5}{2n+3}$;

в) $x_n = \frac{3n+4}{4n+1}$;

г) $y_n = \frac{4n-1}{3n-2}$.

Докажите, что последовательность является убывающей и ограниченной.

а) $a_n = \frac{n+1}{n}$

Чтобы доказать, что последовательность является убывающей, необходимо показать, что для любого натурального $n$ выполняется неравенство $a_{n+1} < a_n$.

Представим $n$-й член последовательности в ином виде: $a_n = \frac{n+1}{n} = \frac{n}{n} + \frac{1}{n} = 1 + \frac{1}{n}$. Соответственно, $(n+1)$-й член последовательности будет равен: $a_{n+1} = 1 + \frac{1}{n+1}$.

Сравним $a_n$ и $a_{n+1}$. Для любого натурального $n$ верно неравенство $n+1 > n$. Так как обе части положительны, для обратных величин будет верно неравенство противоположного знака: $\frac{1}{n+1} < \frac{1}{n}$. Прибавив к обеим частям этого неравенства единицу, получим $1 + \frac{1}{n+1} < 1 + \frac{1}{n}$, что по определению означает $a_{n+1} < a_n$. Это доказывает, что последовательность $\{a_n\}$ является убывающей.

Теперь докажем, что последовательность ограничена. Это означает, что все её члены находятся в некотором числовом промежутке.

Поскольку последовательность убывающая, она ограничена сверху своим первым членом: $a_1 = \frac{1+1}{1} = 2$. Таким образом, для любого $n \ge 1$ выполняется $a_n \le 2$.

Для нахождения нижней границы рассмотрим выражение $a_n = 1 + \frac{1}{n}$. Так как $n$ — натуральное число, то $n \ge 1$, и дробь $\frac{1}{n}$ всегда положительна, то есть $\frac{1}{n} > 0$. Следовательно, $a_n = 1 + \frac{1}{n} > 1$.

Мы показали, что для любого члена последовательности выполняется двойное неравенство $1 < a_n \le 2$. Это означает, что последовательность является ограниченной.

Ответ: Доказано, что последовательность является убывающей и ограниченной.

б) $b_n = \frac{2n+5}{2n+3}$

Докажем, что последовательность является убывающей, то есть $b_{n+1} < b_n$ для любого натурального $n$.

Преобразуем формулу $n$-го члена, выделив целую часть: $b_n = \frac{2n+3+2}{2n+3} = \frac{2n+3}{2n+3} + \frac{2}{2n+3} = 1 + \frac{2}{2n+3}$. Тогда $(n+1)$-й член последовательности равен: $b_{n+1} = 1 + \frac{2}{2(n+1)+3} = 1 + \frac{2}{2n+5}$.

Сравним $b_n$ и $b_{n+1}$. Для натуральных $n$ верно $2n+5 > 2n+3$. Так как обе части положительны, то для обратных величин верно $\frac{1}{2n+5} < \frac{1}{2n+3}$. Умножим обе части на 2: $\frac{2}{2n+5} < \frac{2}{2n+3}$. Прибавив 1 к обеим частям, получим $1 + \frac{2}{2n+5} < 1 + \frac{2}{2n+3}$, что означает $b_{n+1} < b_n$. Следовательно, последовательность $\{b_n\}$ является убывающей.

Теперь докажем, что последовательность ограничена.

Так как последовательность убывающая, она ограничена сверху своим первым членом: $b_1 = \frac{2(1)+5}{2(1)+3} = \frac{7}{5}$. Значит, $b_n \le \frac{7}{5}$ для любого $n \ge 1$.

Для нахождения нижней границы рассмотрим выражение $b_n = 1 + \frac{2}{2n+3}$. Поскольку $n \ge 1$, знаменатель $2n+3$ положителен, значит и дробь $\frac{2}{2n+3}$ положительна. Отсюда следует, что $b_n > 1$.

Таким образом, для любого члена последовательности выполняется неравенство $1 < b_n \le \frac{7}{5}$, что доказывает её ограниченность.

Ответ: Доказано, что последовательность является убывающей и ограниченной.

в) $x_n = \frac{3n+4}{4n+1}$

Докажем, что последовательность убывающая. Для этого рассмотрим разность $x_{n+1} - x_n$ и покажем, что она отрицательна.

Выражение для $(n+1)$-го члена: $x_{n+1} = \frac{3(n+1)+4}{4(n+1)+1} = \frac{3n+7}{4n+5}$. Найдем разность: $x_{n+1} - x_n = \frac{3n+7}{4n+5} - \frac{3n+4}{4n+1} = \frac{(3n+7)(4n+1) - (3n+4)(4n+5)}{(4n+5)(4n+1)}$.

Раскроем скобки в числителе: $(3n+7)(4n+1) = 12n^2 + 3n + 28n + 7 = 12n^2 + 31n + 7$. $(3n+4)(4n+5) = 12n^2 + 15n + 16n + 20 = 12n^2 + 31n + 20$. Числитель равен $(12n^2 + 31n + 7) - (12n^2 + 31n + 20) = 7 - 20 = -13$.

Знаменатель $(4n+5)(4n+1)$ положителен для всех натуральных $n$. Таким образом, $x_{n+1} - x_n = \frac{-13}{(4n+5)(4n+1)} < 0$. Это означает, что $x_{n+1} < x_n$, и последовательность является убывающей.

Докажем, что последовательность ограничена.

Верхняя граница (так как последовательность убывающая) — это её первый член: $x_1 = \frac{3(1)+4}{4(1)+1} = \frac{7}{5}$.

Нижней границей является предел последовательности при $n \to \infty$: $\lim_{n \to \infty} x_n = \lim_{n \to \infty} \frac{3n+4}{4n+1} = \lim_{n \to \infty} \frac{3+4/n}{4+1/n} = \frac{3}{4}$. Докажем, что все члены последовательности больше $\frac{3}{4}$: $\frac{3n+4}{4n+1} > \frac{3}{4}$. Так как $4n+1 > 0$ для $n \ge 1$, умножим обе части на $4(4n+1)$: $4(3n+4) > 3(4n+1) \implies 12n+16 > 12n+3 \implies 16 > 3$. Неравенство верно, значит $x_n > \frac{3}{4}$ для всех $n$.

Все члены последовательности удовлетворяют неравенству $\frac{3}{4} < x_n \le \frac{7}{5}$, следовательно, она ограничена.

Ответ: Доказано, что последовательность является убывающей и ограниченной.

г) $y_n = \frac{4n-1}{3n-2}$

Докажем, что последовательность убывающая, рассмотрев знак разности $y_{n+1} - y_n$.

Выражение для $(n+1)$-го члена: $y_{n+1} = \frac{4(n+1)-1}{3(n+1)-2} = \frac{4n+3}{3n+1}$. Найдем разность: $y_{n+1} - y_n = \frac{4n+3}{3n+1} - \frac{4n-1}{3n-2} = \frac{(4n+3)(3n-2) - (4n-1)(3n+1)}{(3n+1)(3n-2)}$.

Раскроем скобки в числителе: $(4n+3)(3n-2) = 12n^2 - 8n + 9n - 6 = 12n^2 + n - 6$. $(4n-1)(3n+1) = 12n^2 + 4n - 3n - 1 = 12n^2 + n - 1$. Числитель равен $(12n^2 + n - 6) - (12n^2 + n - 1) = -6 - (-1) = -5$.

Знаменатель $(3n+1)(3n-2)$ положителен для всех натуральных $n$ (так как $n \ge 1$, то $3n-2 \ge 1$). Следовательно, $y_{n+1} - y_n = \frac{-5}{(3n+1)(3n-2)} < 0$, что доказывает убывание последовательности.

Докажем, что последовательность ограничена.

Так как последовательность убывающая, она ограничена сверху первым членом: $y_1 = \frac{4(1)-1}{3(1)-2} = \frac{3}{1} = 3$.

Нижней границей является предел последовательности при $n \to \infty$: $\lim_{n \to \infty} y_n = \lim_{n \to \infty} \frac{4n-1}{3n-2} = \lim_{n \to \infty} \frac{4-1/n}{3-2/n} = \frac{4}{3}$. Докажем, что $y_n > \frac{4}{3}$ для всех $n$: $\frac{4n-1}{3n-2} > \frac{4}{3}$. Умножим обе части на $3(3n-2)$ (это выражение положительно при $n \ge 1$): $3(4n-1) > 4(3n-2) \implies 12n - 3 > 12n - 8 \implies -3 > -8$. Это неравенство верно, значит $y_n > \frac{4}{3}$ для всех $n$.

Все члены последовательности находятся в интервале $\frac{4}{3} < y_n \le 3$, следовательно, она ограничена.

Ответ: Доказано, что последовательность является убывающей и ограниченной.