ГДЗ по алгебре 11 класс Колягин Базовый и углубленный уровень упражнение - 135

По определению число $0$ является пределом последовательности $\{x_n\}$, если для любого $\varepsilon > 0$ существует такое натуральное число $N$, что для всех $n > N$ выполняется неравенство: $$ |x_n - 0| < \varepsilon \iff |x_n| < \varepsilon $$ Докажем это для каждого пункта, найдя соответствующий номер $N$ в зависимости от $\varepsilon$. --- **1)** $x_n = \frac{1}{n+1}$ Так как $n \in \mathbb{N}$, то $x_n > 0$. Неравенство $|x_n| < \varepsilon$ принимает вид: $$ \frac{1}{n+1} < \varepsilon $$ Поскольку обе части неравенства положительны, перевернем дроби: $$ n + 1 > \frac{1}{\varepsilon} \iff n > \frac{1}{\varepsilon} - 1 $$ Пусть $N = \left[\frac{1}{\varepsilon} - 1\right]$ при $\frac{1}{\varepsilon} > 1$ (и $N = 1$ при $\frac{1}{\varepsilon} \le 1$), где $[\dots]$ — целая часть числа. Тогда для всех натуральных $n > N$ выполняется неравенство $n > \frac{1}{\varepsilon} - 1$, а значит, $|x_n - 0| < \varepsilon$. Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0$. --- **2)** $x_n = \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$ Так как $n \in \mathbb{N}$, то $x_n > 0$. Решим неравенство $|x_n| < \varepsilon$: $$ \frac{1}{\sqrt[3]{n}} < \varepsilon \iff \sqrt[3]{n} > \frac{1}{\varepsilon} \iff n > \frac{1}{\varepsilon^3} $$ Положим $N = \left[\frac{1}{\varepsilon^3}\right]$. Тогда для любого $n > N$ выполняется $n > \frac{1}{\varepsilon^3}$, откуда $\frac{1}{\sqrt[3]{n}} < \varepsilon$, то есть $|x_n - 0| < \varepsilon$. Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt[3]{n}} = 0$. --- **3)** $x_n = \frac{1}{n^3}$ Так как $n \in \mathbb{N}$, то $x_n > 0$. Решим неравенство $|x_n| < \varepsilon$: $$ \frac{1}{n^3} < \varepsilon \iff n^3 > \frac{1}{\varepsilon} \iff n > \frac{1}{\sqrt[3]{\varepsilon}} $$ Положим $N = \left[\frac{1}{\sqrt[3]{\varepsilon}}\right]$. Тогда при всех $n > N$ имеем $n > \frac{1}{\sqrt[3]{\varepsilon}}$, откуда $\frac{1}{n^3} < \varepsilon$, то есть $|x_n - 0| < \varepsilon$. Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^3} = 0$. --- **4)** $x_n = \frac{1}{2^n}$ Так как $n \in \mathbb{N}$, то $x_n > 0$. Неравенство $|x_n| < \varepsilon$ имеет вид: $$ \frac{1}{2^n} < \varepsilon \iff 2^n > \frac{1}{\varepsilon} $$ Для любого натурального $n$ справедливо неравенство $2^n > n$. Значит: $$ \frac{1}{2^n} < \frac{1}{n} $$ Поэтому неравенство $\frac{1}{2^n} < \varepsilon$ заведомо выполнено, если $\frac{1}{n} < \varepsilon$, то есть $n > \frac{1}{\varepsilon}$. Положим $N = \left[\frac{1}{\varepsilon}\right]$. Тогда для всех $n > N$ выполняется: $$ |x_n - 0| = \frac{1}{2^n} < \frac{1}{n} < \varepsilon $$ Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{2^n} = 0$. --- **5)** $x_n = \frac{1}{3n+2}$ Так как $n \in \mathbb{N}$, то $x_n > 0$. Неравенство $|x_n| < \varepsilon$ имеет вид: $$ \frac{1}{3n+2} < \varepsilon \iff 3n+2 > \frac{1}{\varepsilon} \iff 3n > \frac{1}{\varepsilon} - 2 \iff n > \frac{1 - 2\varepsilon}{3\varepsilon} $$ Положим $N = \max\left(1, \left[\frac{1 - 2\varepsilon}{3\varepsilon}\right]\right)$. Тогда для всех $n > N$ выполняется неравенство $n > \frac{1 - 2\varepsilon}{3\varepsilon}$, следовательно, $|x_n - 0| < \varepsilon$. Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{3n+2} = 0$. --- **6)** $x_n = \frac{n+1}{n^2}$ Так как $n \in \mathbb{N}$, то $x_n > 0$. Для всех $n \ge 1$ верно, что $n + 1 \le n + n = 2n$. Оценим $x_n$ сверху: $$ \frac{n+1}{n^2} \le \frac{2n}{n^2} = \frac{2}{n} $$ Значит, неравенство $|x_n| < \varepsilon$ заведомо выполняется, если: $$ \frac{2}{n} < \varepsilon \iff n > \frac{2}{\varepsilon} $$ Положим $N = \left[\frac{2}{\varepsilon}\right]$. Тогда для всех $n > N$ имеем: $$ |x_n - 0| = \frac{n+1}{n^2} \le \frac{2}{n} < \varepsilon $$ Следовательно, $\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{n^2} = 0$.