Математический форум Math Help Planet
Обсуждение и решение задач по математике, физике, химии, экономике Теоретический раздел |
| Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
новый онлайн-сервис число, сумма и дата прописью |
|
|
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
|
Страница 1 из 1 |
[ Сообщений: 6 ] |
|
| Автор | Сообщение | ||
|---|---|---|---|
| plastidas |
|
||
никак не могу разобраться в данной теме! Через пару дней сдавать ,хотелось бы полностью разобраться в этом.Покажите как решать и тому подобное и я сразу пойму! Заранее спасибо!! Задание прикрепила!
|
|||
| Вернуться к началу | |||
| Ellipsoid |
|
||
|
1) [math]\lim_{n \to \infty}{\frac{2n-1}{n+0,5}}=2[/math]
[math]\lim_{n \to \infty}{x_n}=a \ \Leftrightarrow \ \forall \varepsilon>0 \ \exists k \in \mathbb{N} \ \forall n>k \ |x_n-a|< \varepsilon[/math] Зафиксируем произвольное [math]\varepsilon>0[/math] и рассмотрим неравенство [math]|x_n-a|< \varepsilon[/math]: [math]\left| \frac{2n-1}{n+0,5}-2 \right|< \varepsilon[/math] [math]\Leftrightarrow \ \frac{2}{n+0,5}< \varepsilon[/math] [math]\Leftrightarrow \ n>\frac{2}{\varepsilon}-0,5[/math]. Пусть [math]k=\left[ \frac{2}{\varepsilon} \right]+1[/math], где [math][x][/math] - целая часть числа [math]x[/math] (например, [math][2,3]=2, \ [-1,8]=-1[/math]. Тогда [math]\forall \varepsilon>0 \ \exists k=\left[ \frac{2}{\varepsilon}\right]+1 \ \forall n>k \ \left[ \frac{2}{\varepsilon}\right]+1+\alpha>\frac{2}{\varepsilon}-0,5[/math], где [math]\alpha>0[/math]. Докажем, что неравенство [math]\left[ \frac{2}{\varepsilon} \right]+1+\alpha>\frac{2}{\varepsilon}-0,5[/math] выполняется для любых положительных значений [math]\varepsilon[/math]. а) Пусть [math]\varepsilon=2[/math], тогда [math]\left[ \frac{2}{2} \right]+1+\alpha>\frac{2}{2}-0,5 \ \Leftrightarrow \ 1,5+\alpha>0[/math]. Это всегда выполняется, т.к. [math]\alpha>0[/math]. б) Пусть [math]\varepsilon<2[/math], тогда [math]\frac{2}{\varepsilon}>1[/math], [math]0<\frac{2}{\varepsilon}-[/math][math]\left[\frac{2}{\varepsilon}\right]<1[/math] и [math]1,5+\alpha>\frac{2}{\varepsilon}-\left[ \frac{2}{\varepsilon} \right][/math] всегда выполняется, т.к. [math]\alpha>0[/math]. в) Пусть [math]\varepsilon>2[/math], тогда [math]\frac{2}{\varepsilon}<1[/math], [math]\left[\frac{2}{\varepsilon}\right]=0[/math] и [math]1,5+\alpha>\frac{2}{\varepsilon}[/math]. Это всегда выполняется, т.к. [math]\alpha>0[/math]. Таким образом, для произвольного положительного числа [math]\varepsilon[/math] указан такой номер [math]k=\left[ \frac{2}{\varepsilon} \right]+1[/math], что [math]\forall n>k[/math] выполняется неравенство [math]\left| \frac{2n-1}{n+0,5}-2 \right|< \varepsilon[/math], а по определению предела числовой последовательности это и означает, что [math]\lim_{n \to \infty}{\frac{2n-1}{n+0,5}}=2[/math]. |
|||
| Вернуться к началу | |||
| За это сообщение пользователю Ellipsoid "Спасибо" сказали: Alexdemath, mad_math |
|||
| Avgust |
|
||
|
5. б)
[math]\lim \limits_{n \to \infty}\frac{(n+2)^3+(n-2)^3}{n^3-2n^2-1}=\lim \limits_{n \to \infty}\frac{2n^3+24n}{n^3-2n^2-1}=\lim \limits_{n \to \infty}\frac{2+\frac{24}{n^2}}{1-\frac 2n-\frac{1}{n^3}}=2[/math] |
|||
| Вернуться к началу | |||
| Human |
|
||
|
2. в)
[math]x_{n+1}=\sqrt{3+x_n},\ x_1=\sqrt3[/math] Покажем по индукции, что [math]0<x_n<\frac{1+\sqrt{13}}2[/math]. При [math]n=1[/math]: [math]\sqrt3<\frac{1+\sqrt{13}}2\Leftrightarrow12<14+2\sqrt{13}\Leftrightarrow1<\sqrt{13}[/math] - выполняется. Пусть при [math]n=k[/math] неравенство выполнено. Докажем, что при [math]n=k+1[/math] оно также выполнено. [math]x_{k+1}=\sqrt{3+x_k}<\sqrt{3+\frac{1+\sqrt{13}}2}=\sqrt{\left(\frac{1+\sqrt{13}}2\right)^2}=\frac{1+\sqrt{13}}2;\ x_{k+1}=\sqrt{3+x_k}>\sqrt3>0[/math] Неравенство доказано. Тогда с учётом этого неравенства получаем [math]x_{n+1}-x_n=\sqrt{3+x_n}-x_n=\frac{3+x_n-x_n^2}{\sqrt{3+x_n}+x_n}=-\frac{\left(x_n-\frac{1+\sqrt{13}}2\right)\left(x_n+\frac{\sqrt{13}-1}2\right)}{\sqrt{3+x_n}+x_n}>0[/math] откуда [math]x_{n+1}>x_n[/math]. Итак, мы показали, что последовательность [math]x_n[/math] возрастает и ограничена сверху, значит по теореме Вейерштрасса об ограниченной монотонной последовательности [math]x_n[/math] сходится к некоторому числу [math]c[/math]. Тогда и последовательность [math]x_{n+1}[/math] также сходится к этому числу. Переходя в равенстве [math]x_{n+1}^2=3+x_n[/math] к пределу при [math]n\to\infty[/math], получим [math]c^2=3+c[/math] откуда [math]c=\frac{1\pm\sqrt{13}}2[/math]. Но число [math]\frac{1-\sqrt{13}}2[/math] не может быть пределом последовательности [math]x_n[/math], поскольку оно отрицательно, а все члены [math]x_n[/math] положительны, поэтому существует окрестность точки [math]\frac{1-\sqrt{13}}2[/math] такая, что в ней не лежит ни один член последовательности. Значит [math]\lim_{n\to\infty}x_n=\frac{1+\sqrt{13}}2[/math]. |
|||
| Вернуться к началу | |||
| За это сообщение пользователю Human "Спасибо" сказали: Alexdemath, mad_math |
|||
| Avgust |
|
||
|
5. a)
[math]\lim \limits_{n \to \infty}\bigg ( \sqrt{(n^2+1)(n^2-4)}-\sqrt{n^4-9)}\bigg )=\lim \limits_{n \to \infty}\bigg ( \sqrt{n^4-3n^2-4}-\sqrt{n^4-9}\bigg )=[/math] [math]=\lim \limits_{t \to 0}\bigg ( \sqrt{\frac{1}{t^4}-\frac{3}{t^2}-4}-\sqrt{\frac{1}{t^4}-9)}\bigg )=[/math] [math]=\lim \limits_{t \to 0}\frac{\sqrt{(-3t^2-4t^4)+1}-1 -\bigg (\sqrt{-9t^4+1}-1 \bigg )}{t^2}= \, \bigg |[/math] применяем ЭБМ [math]\bigg | =[/math] [math]=\lim \limits_{t \to 0}\bigg ( -\frac 32 -2t^2+\frac 92 t^2 \bigg )=-\frac 32[/math] |
|||
| Вернуться к началу | |||
| За это сообщение пользователю Avgust "Спасибо" сказали: mad_math |
|||
| plastidas |
|
|
|
ОГРОМНОЕ СПАСИБО ,РЕБЯТ!
|
||
| Вернуться к началу | ||
|
[ Сообщений: 6 ] |
Часовой пояс: UTC + 3 часа [ Летнее время ] |
Кто сейчас на конференции |
Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей и гости: 4 |
| Вы не можете начинать темы Вы не можете отвечать на сообщения Вы не можете редактировать свои сообщения Вы не можете удалять свои сообщения Вы не можете добавлять вложения |