Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Башкирский Государственный Аграрный Университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Математика задачи студенческих олимпиад. Задачник

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

12.08.2026

Размер:

1 Мб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 124 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

xn+1 = a(xn +	1	) < a( A +	1	) = A; xn < A n .
	x
			A
	n

Значит, последовательность {xn} ограничена сверху числом A. Докажем, что последовательность {xn} является возрастающей.

Действительно,

xn+1 > xn ;		1	> xn .
	a xn +

		xn

Так как xn > 0, то
ax2	+ a > x2	;	(1 − a)x2	< a;	x2	<		a	; x < A .
ax2	+ a > x2	;	(1 − a)x2	< a;	x2	<			; x < A .
n	n		n		n		1	− a	n
							1	− a

Итак, получили, что последовательность {xn} является возрастающей и ограничена сверху, а значит, по теореме Вейерштрасса она име-

ет предел, причем lim xn = sup{xn} = A .

n→∞

Таким образом, доказано, что для всех действительных значений параметра a (0,5;1) последовательность {xn} сходится и ее предел

равен lim x	=	a	.
равен lim x	=	1 − a	.
n→∞	n	1 − a
3.5. Доказать, что последовательность x =				1	+	1	+... +	1
3.5. Доказать, что последовательность x =					+		+... +
			n	ln 2		ln 3		ln n
расходится.				ln 2		ln 3		ln n
расходится.

Решение

По критерию Коши для того, чтобы числовая последовательность имела предел, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной, т.е. для любого положительного числа e должен существует такой номер N(e) (зависящий от e), что для всех номеров n ≥ N(e) и для

любого натурального числа р выполняется неравенство

xn+ p − xn

< ε .

Оценим модуль разности

− x

+... +

−

−... −

n+ p

ln 2

ln 3

ln n

ln(n + p)

ln 2

ln 3

ln n

+... +

ln(n +1)

ln(n + p)

n + p

Тогда при p = n получим x2n − xn > n +n n = 12 . Значит, по критерию Коши последовательность расходится.

3.6. Доказать, что последовательность xn = sin3 2 + sin3222 +... + sin3n2n

сходится.

Решение

любого натурального числа р выполняется неравенство

xn+ p − xn

< ε .

Оценим модуль разности

sin 22

sin 2n

sin 2n+1

− x

sin 2

+... +

n+ p

3n+1

sin 22

sin 2n+ p

sin 2

−... −

sin 2n

n+ p

−

sin 2n+1

+... + sin 2n+ p

(

−1)

≤

+... +

3n+1

3n+ p

−1

(1 −

) <

< ε.

2 3

Решив неравенство,

получим, что n > log

. Значит, для любого

3 2ε

положительного числа e существует номер N(ε)

= log3

+1 такой,

2ε

что для всех номеров n ≥ N(e) и для любого натурального числа р вы-

полняется неравенство

xn+ p

− xn

< ε . Согласно критерию Коши, чис-

ловая последовательность

сходится.

3.7. Пусть

=1;

= axn−1

(a > 0)

при n > 1. Найти наибольшее

lim x .

значение а, при котором существует

n→∞ n

Решение

Пусть lim x = b . Тогда b = lim x = lim axn−1

lim x

= ab . Полу-

= an→∞ n−1

n→∞ n

n→∞

чили, что b = ab . Тогда ln b = ln ab ;

ln b = bln a;

ln a =

ln b

ln x

′

1 −ln x

Рассмотрим функцию

f (x) = x

Так как f (x) =

, то макси-

мальное значение данная функция принимает в точке x0 = e .

Значит, максимальное значение параметра а можно найти из соот-

ношения ln a = ln e

= 1

. Следовательно,

a = ee .

Покажем, что при a = ee предел данной последовательности существует. Для этого необходимо доказать, что последовательность {xn} возрастает и ограничена.

1) Докажем, что последовательность {xn} возрастает с помощью метода математической индукции. При n =1: x1 =1 < x2 = a1 = e1/e .

Предположим, что xn−1 < xn , тогда xn = axn−1 < xn+1 = axn .

2) Докажем, что последовательность xn < e с помощью метода математической индукции. При n =1: x1 =1 < e . По индукции предпо-

лагаем, что xn−1 < e . Тогда xn = axn−1 < ae = (e1/e )e = e .

Итак, получили, что при a = ee последовательность {xn} монотонно возрастает и ограничена, а значит по теореме Вейерштрасса она имеет предел.

3.8. Может ли произведение двух возрастающих последовательностей быть не монотонной последовательностью?

Решение

Да, например xn ={n − 2}, yn ={n − 4} xn yn ={3,0, −1,0,3, ...}.

3.9. Пусть x0 = 0, x1 =1; xn = (n −1)xnn−1 + xn−2 (n > 3) . Найти lim xn .

n→∞

Решение

Выразим xn:

x = (n −1)xn−1 + xn−2 ; nx = nx

− x

n−1

+ x

n−

n−1

nxn − nxn−1 = xn−2 − xn−1

x − x

xn−2 − xn−1

= − 1 (x

− x

)= −

1 1

− x

n n −1

n−1

n−2

n−3

n−2

= −

−

− x

)= − 1 −

−

− x

)=... =

−3

n −1

n−2

− 2

n−3

n−4

n −1

= (−1)n−1

− x

) = (−1)n−1

Тогда

= x

(−1)n−1

= x

−2

(−1)n−2

(−1)n−1

n−1

(n −1)!

= x

(−1)n−3

(−1)n−2

(−1)n−1

=... =

n−3

(n − 2)!

(n −1)!

(−1)n−3

(−1)n−2

(−1)n−1

= x +1

−

+... +

(n − 2)!

(n −1)!

Перейдем к пределу при n → ∞:

A = lim xn = lim

+1 −

+... +

(−1)

n−3

(−1)

n−2

(−1)

n−1

(n − 2)!

(n −1)!

n→∞

(−1)n−3

(−1)n−2

(−1)n−1

−

+... +

+...

(n − 2)!

(n −1)!

Ряд Тейлора для функции ex:

		ex =1 + x +	x2		+ +	xn	+
		ex =1 + x +			+ +	n!	+
				2!		n!
Тогда при x = – 1 получим
e−1 =1 −1 +	1	+ + (−1)n		+ =1 − A; A =1 −e−1.
e−1 =1 −1 +	2!	+ + (−1)n		+ =1 − A; A =1 −e−1.
	2!	n!

3.10. Вычислить lim nsin(2πen!) .

n→∞

Решение

Разложив функцию f (x) = ex в окрестности 0 по формуле Тейлора до n + 1 порядка с остаточным членом в форме Лагранжа, имеем

ex =1 + x +	x2	+	x3	+ +	xn	+
					n!
2!		3!

При x = 1 получим

e =1 +1 + 2!1 + 3!1 + + n1! +

Тогда

	xn+1	+			eθ	xn+2 ; 0 < θ <1.
(n +1)!		+		(n + 2)!		xn+2 ; 0 < θ <1.
(n +1)!				(n + 2)!
	1		+		eθ		; 0 < θ <1.
	(n +1)!		+		(n + 2)!		; 0 < θ <1.
	(n +1)!				(n + 2)!

en! = n!+ n!+	n!	+	n!	+ 1 +	1	+	eθ	.
	2!		3!		n +1		(n +1)(n + 2)

lim nsin(2πen!) =

n→∞

= lim nsin 2πn!+ 2πn!+ 2πn!

+ 2πn!

+ 2π+

2π

2πe

(n +1)(n + 2)

n→∞

n +1

= lim nsin 2π(2n!+ n! + n!

2π

2πe

n +1

(n +1)(n

+ 2)

n→∞

2π

2πe

= lim nsin

2πk

n +1

(n +1)(n

+ 2)

n→∞

2π

2πe

= lim nsin

n→∞

n +1

(n +1)(n + 2)

Так как

2π

2πeθ

→ 0

(при n → ∞) , то

n +1

(n +1)(n

+ 2)

2π

2πe

2π

2πe

sin

(n +1)(n + 2)

n +1

Следовательно:

2π

2πe

lim nsin(2πen!)

= lim n

(n +1)(n

+ 2)

n→∞

n +1

= lim 2π

= 2π.

(n +1)(n + 2)

n→∞

n +1

3.11.

Вычислить

lim 10−2n (

+... +

где

a ≠ 0,

abab

abab...ab

b ≠ 0.

n→∞

знаков

Решение

lim 10−2n

(10a +b + (1000a +100b +10a +b) +... +

n→∞

+(102n−1 a +102n−2 b +102n−3 a +102n−4 b +... +10a +b)) =

= lim 10−2n (10a +b + (102 (10a +b) +10a +b) +... +

n→∞

+(102n−2 (10a +b) +102n−4 (10a +b) +... +10a +b)) =

= lim10−2n (10a +b)(1 + (102 +1) +... + (102n−2 +102n−4 +... +1)) =

n→∞

= lim (10a +b)(

n −1

n − 2

... +

) =

102(n−1)

104

102

n→∞

102n

102(n−2)

= lim (10a +b)

(1 + 2

+...(n −1)

+ n

102

104

102(n−2)

102(n−1)

n→∞

100

Заметим, что 1 + 2x +3x2 +... + nxn−1 = (x + x2 + x3 +... + xn )′.

По формуле суммы геометрической прогрессии

x + x

+ x

... + x

x(xn −1)

xn+1

− x

x −1

Тогда

(x + x

+ x

+... + x

)′ =

xn+1 − x

′

((n +1)xn −1)(x −1) − xn+1 + x

x −1

−1)2

(n +1)xn+1 − x −(n +1)xn +1 − xn+1 + x

nxn+1 −(n +1)xn +1

(x −1)2

Таким образом:

1 + 2x +3x

+... + nx

−1

nxn+1 −(n +1)xn +1

(x −1)2

Тогда при x =

102

lim

(10a +b)

(1 + 2

+...(n −1)

+ n

) =

100

102

102(n−2)

102(n−1)

n→∞

104

1 n+1

(10a +b)

−(n +1)

= lim

100

n→∞

(

−1)2

102

n +1

−

+104

= lim

(10a +b) 102n−2

102n−4

100

992

n→∞

(10a +b) 104

100(10a +b)

100

992

3.12. Вычислить lim

2 +

2... +

n→∞

n радикалов

Решение

Методом математической индукции докажем, что последовательность ограничена. При a1 = 2 < 2 . Предположим, что ak < 2 . Тогда

ak +1 = 2 + ak < 2 + 2 < 2 . Таким образом получили, что данная последовательность ограничена сверху.

Докажем, что последовательность является возрастающей. Дей-

ствительно, так как a

< 2 , то a

2 + a >

a2 .

n+1

По теореме Вейерштрасса любая возрастающая, ограниченная

сверху числовая последовательность имеет конечный предел.

В равенстве an =

2 + an−1

перейдем к пределу при n→∞. Тогда

lim a

= lim

; A =

2 + a

−1

2 + A

n→∞

A2 − A − 2 = 0; A = 2 (так как A > 0).


Итак, получили, что lim 2 + 2 + 2... +	2	= 2 .
n→∞
n радикалов
3.13. Доказать, что последовательность		xn =	n!	, n ,
3.13. Доказать, что последовательность		xn =	(2n +1)!!	, n ,
имеет предел, и найти его.			(2n +1)!!
имеет предел, и найти его.

Решение

Докажем, что последовательность {xn} является убывающей. Составим соотношение

xn+1

(n +1)!

(2n +1)!!

n +1

(2n +3)!!

2n +3

Так

как

n +1

1 −

то

n +1

< 1 x

< x ,

2n +3

2(2n +3)

n+1

2n +3

2 n

n . Значит, последовательность {xn} – убывающая.

Очевидно,

что 0 < x

≤ x

1 ,

т.е.

последовательность ограниче-

на. По теореме Вейерштрасса любая убывающая, ограниченная снизу

числовая последовательность имеет конечный предел.

Пусть lim x = A . В равенстве

n +1

перейдем к пределу

n→∞

n+1

2n +3

при n→∞. Тогда

lim x

= lim

n +1

= lim

n +1

lim x

n→∞ n+1

n→∞ 2n +3 n

n→∞ 2n +3 n→∞ n

= 1 lim x

; A =

A; A = 0.

2 n→∞

Итак, получили, что

lim

= 0 .

n→+∞ (2n +1)!!

3.14. Функция f(x)

дифференцируема в

точке

Вычислить

(a +1 / n)

lim

n→∞

f (a)

Решение

f (a +1 / n)

f (a) + f (a +1 / n) − f (a)

lim

= lim

f (a)

n→∞

f (a)

n→∞

f (a +1 / n) − f (a)

= lim 1 +

n→∞

f (a)

(так как

f (a +1 / n) − f (a)

→

0) =

f (a)

f (a +1 / n) − f (a)

f (a+1/ n)− f (a)

f (a)

f (a+1/ n)− f (a)

= lim 1 +

f (a)

n→∞

f (a+1/ n)− f (a)

′

(a)

lim n

lim

= en→∞

f (a)

= e f (a) n→∞

1/ n

= e f (a) .

3.15.Найтитакоезначениеx,что

lim (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )...(1 + x2n ) =

= 2017.

n→∞

Решение

Заметим, что предел в левой части уравнения равен 0, если x = –1,

и равен ∞, если x (−∞; −1) [1; +∞) . Следовательно,

<1. Тогда

lim (1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )...(1 + x2n ) =

n→∞

= lim

(1 − x)(1 + x)(1 + x2 )(1 + x4 )...(1 + x2n )

1 − x

n→∞

= lim

(1 − x2 )(1 + x2 )(1 + x4 )...(1 + x2n )

= lim

1 − x2n +1

= 2017.

− x

1 − x

n→∞

Следовательно,

x =

2016 .

2017

Задачи для самостоятельного решения

3.1. Вычислить lim cos π cos

π ... cos

2n+1

n→∞

3.2. Вычислить nlim→∞sin2 (π

n2 + 2n

3.3. Вычислить

lim ((x + 2) ln(x + 2) − 2(x +1) ln(x +1) + xln x).

x→+∞

3.4. Вычислить lim

(ax +1)n

xn +b

x→∞

3.5. Найти такое значение x, что lim

nx −(n −1)x

= 2017 .

(n +1)x−1

+ (n + 2)x−1

n→∞

3.6. Исследовать на сходимость последовательности:

= sin1! + sin 2! +... + sin n!;

б)

= cos1!

+ cos 2! +... +

cos n!

;

1 2

2 3

n(n +1)

в)

+... +

;

ln 2

ln 3

ln n

г)

sin 2

sin 22

+... +

sin 2n

;

д)

= cos1 + cos 2 +... + cos n .

102

10n

3.7. Построить графики функций

f (x) = lim

1 + x2n

. б)

(x) = lim

;

+ xn

n→∞ 2 + x4n

n→∞1

в)

f (x) = lim n 1

+ x

(x ≥ 0);

n→∞

x + enx

г) f (x) = lim

; д)

f (x) = lim n

an + xn

(a > 0) .

1 + enx

n→∞

3.8. Вычислить

lim

3 +

3... +

n→+∞

3.9. Вычислить nlim→+∞(

n радикалов

...2n

3.10. Вычислить nlim→+∞(5

...5n

− x −6

3.11. Вычислить lim

если lim xn = 3 .

n −9

n→∞

3.12. Вычислить lim

n→∞ n!

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 124 5 6 7 8 9 10 11 12 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]