Демидович — задача 42

1. 1

   Пункт а)

   Зафиксируем произвольное сколь угодно малое число $\varepsilon > 0$. Покажем, что существует такой номер $N$, что для всех $n > N$ выполняется $|x_n - 0| < \varepsilon$.
2. 2
   Рассмотрим модуль нашего выражения:$$\left|\frac{(-1)^{n+1}}{n}\right| < \varepsilon \iff \frac{1}{n} < \varepsilon \iff n > \frac{1}{\varepsilon}.$$Значит, для нашего $\varepsilon$ верно, что при всех $n > N = \max\left\{1, \left\lfloor\frac{1}{\varepsilon}\right\rfloor\right\}$ выполняется $|x_n| < \varepsilon$. Это и означает, что наша последовательность бесконечно малая.
3. 3
   Для указанных значений $\varepsilon$ получаем таблицу:$$\begin{array}{c|ccc}$$
   \varepsilon & 0{,}1 & 0{,}001 & 0{,}0001 \\ \hline
   N & 10 & 1000 & 10000
   \end{array}
4. 4

   Пункт б)

   Нам нужно показать, что $|x_n| < \varepsilon$ начиная с некоторого номера. Имеем:$$|x_n| = \frac{2n}{n^3 + 1}.$$Чтобы не решать сложное кубическое неравенство $\frac{2n}{n^3 + 1} < \varepsilon$, мы можем загрубить оценку сверху. Так как знаменатель $n^3 + 1 > n^3$, вся дробь будет строго меньше, если мы заменим знаменатель на $n^3$:$$\frac{2n}{n^3 + 1} < \frac{2n}{n^3} = \frac{2}{n^2}.$$Теперь потребуем, чтобы эта бОльшая величина была меньше $\varepsilon$ (тогда исходная дробь будет меньше $\varepsilon$ автоматически):$$\frac{2}{n^2} < \varepsilon \implies n^2 > \frac{2}{\varepsilon} \implies n > \sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}.$$Отсюда в качестве искомого номера можно взять $N(\varepsilon) = \max\left\{1, \left\lfloor\sqrt{\frac{2}{\varepsilon}}\right\rfloor\right\}$.
   
   Заполним таблицу, подставляя значения $\varepsilon$ в нашу формулу:$$\begin{array}{c|ccc}$$
   \varepsilon & 0{,}1 & 0{,}001 & 0{,}0001 \\ \hline
   N & 4 & 44 & 141
   \end{array}
5. 5

   Пункт в)

   Здесь можно воспользоваться тем, что для любого натурального $n \ge 1$ верно неравенство $n! \ge n$, а значит, $\frac{1}{n!} \le \frac{1}{n}$.
   
   Тогда, аналогично рассуждениям пункта (а), мы можем потребовать $\frac{1}{n} < \varepsilon$, откуда $n > \frac{1}{\varepsilon}$. Следовательно, номер $N(\varepsilon) = \max\left\{1, \left\lfloor\frac{1}{\varepsilon}\right\rfloor\right\}$ нам тоже подойдет для доказательства того, что предел равен нулю.
   
   Однако факториал растет очень быстро, поэтому для таблицы можно найти гораздо меньшие и более точные значения $N$, просто проверив $n!$ вручную (мы знаем, что $3! = 6$, $4! = 24$, $6! = 720$, $7! = 5040$, $8! = 40320$):$$\begin{array}{c|ccc}$$
   \varepsilon & 0{,}1 & 0{,}001 & 0{,}0001 \\ \hline
   N & 3 & 6 & 7
   \end{array}
6. 6

   Пункт г)

   Сначала докажем полезный факт: для любого $q \in (-1, 1)$ предел $\lim_{n \to \infty} q^n = 0$.
7. 7
   Если $q = 0$, то $q^n = 0$ для всех натуральных $n$, и предел очевидно равен нулю.
   Пусть $q \ne 0$. Рассмотрим модуль этого числа: так как $q \in (-1, 1)$, то $|q| \in (0, 1)$.
   
   Зафиксируем $\varepsilon > 0$ и покажем, что существует номер $N$, такой что для всех $n > N$ выполняется $|q^n - 0| < \varepsilon$. Поскольку $|q^n - 0| = |q|^n$, нам нужно доказать, что $|q|^n < \varepsilon$, что равносильно $\frac{1}{|q|^n} > \frac{1}{\varepsilon}$.
   
   Воспользуемся тем, что $\frac{1}{|q|} > 1$. Тогда мы можем представить $\frac{1}{|q|} = 1 + a$, где $a > 0$.
   Оценим степень снизу (воспользуемся Бернулли):$$\frac{1}{|q|^n} = (1+a)^n \ge 1 + na.$$Нам нужно, чтобы это выражение было больше $\frac{1}{\varepsilon}$. Потребуем выполнения более сильного условия:$$1 + na > \frac{1}{\varepsilon} \implies na > \frac{1}{\varepsilon} - 1 \implies n > \frac{\frac{1}{\varepsilon} - 1}{a}.$$Так как $a$ - фиксированная положительная константа, мы всегда можем подобрать такое натуральное $N$, которое больше правой части. Значит, $|q|^n < \varepsilon$ для всех $n > N$. Следовательно, последовательность $q^n$ действительно стремится к нулю.

Что и требовалось доказать