ВУЗ:
Составители:
Рубрика:
Так как
(
±
2
n
+
3
n
2
)
— бесконечно малые последовательности, то, в силу
свойств бесконечно малых,
v
u
u
t
1 +
2
n
+
3
n
2
→ 1,
v
u
u
t
1 −
2
n
+
3
n
2
→ 1,
а поэтому в силу теоремы 2.9 из [3] lim x
n
= 4/2 = 2.
d) В числителе дроби стоит разность многочленов третьей степени, при-
чем коэффициенты в одночленах, содержащих n
3
, равны, а в знаменателе —
сумма многочленов второй степени также с равными коэффициентами при
n
2
. Раскроем в числителе куб суммы (1 + 2n)
3
и приведем подобные, затем
разделим числитель и знаменатель на n
2
и получим:
x
n
=
1 + 6n + 12n
2
(1 + 2n)
2
+ 4n
2
=
1/n
2
+ 6/n + 12
(1/n + 2)
2
+ 4
⇒ x
n
→ 12/8 = 3/2.
e) В отличие от примера b) подкоренные выражения являются многочле-
нами 2-ой степени с различными коэффициентами при n
2
. Поэтому вынесем
из под корней и за скобки n:
x
n
= n
v
u
u
t
2 +
2
n
+
3
n
2
−
v
u
u
t
1 −
2
n
+
3
n
2
.
Тогда выражение в ско бках имеет предел, равный
√
2 − 1 > 0, и поэтому
образует положительную отграниченную от нуля последовательность. Так
как {n} — положительная бесконечно большая последовательность, то (в
силу свойств бесконечно больших) lim x
n
= +∞.
f) Заметим, что 7 + sin n ≥ 7 −|sin n| > 6, ∀n ∈ N. Поэтому последователь-
ность {7 + cos n} отграничена от нуля и положительна. Поскольку {ln n} —
положительная бесконечно большая, то lim x
n
= +∞.
g) Каждое слагаемое в x
n
можно оценить следующим образом:
1
√
n
2
+ n
≤
1
√
n
2
+ k
≤
1
√
n
2
+ 1
, k = 1, 2, . . . , n.
Пoэтому
1
q
1 + 1/n
=
n
√
n
2
+ n
< x
n
<
n
√
n
2
+ 1
=
1
q
1 + 1/n
2
, ∀n ∈ N. Исполь-
зуя теорему о трех последовательностях получим, что lim x
n
= 1.
Пример 33. Вычислить предел последовательности {x
n
}, если
a) x
n
=
(−1)
n
+
1
n
(−1)
n
−
1
n
2
, b) x
n
=
2n
2
+ 3n − 1
(2n + 1)(6n + 1)
n
√
n + 1.
34
