Question

Задание приложено...

Answer 1

Примечание:

По определению:

Числовую последовательность $(a_{n})$ограниченной снизу, если существует такое число $c$, что для любого $n \in \mathbb N$ выполняется неравенство $a_{n} \geq c$.

(Определение через кванторы: $\exists c \in X \ \forall n \in \mathbb N: x_{n}\geq c$)

Числовую последовательность $(a_{n})$ограниченной сверху, если существует такое число $C$, что для любого $n \in \mathbb N$ выполняется неравенство $a_{n} \leq C$.

(Определение через кванторы: $\exists C \in X \ \forall n \in \mathbb N:x_{n} \leq C$)

Неравенство Коши:

$\dfrac{a + b}{2} \geq \sqrt{ab}$

-------------------------------------------------------------------------------------------------------

32.15

1) $1 - \dfrac{7}{3} = \dfrac{3}{3} - \dfrac{7}{3} = \dfrac{3 - 7}{3} = \dfrac{-4}{3} = -\dfrac{4}{3}$

Ответ:

32.15

1) $a_{n} = 3 - \bigg(n - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2}$

Докажем, что последовательность $a_{n}$ является убывающей, то есть необходимо доказать, что $a_{n} > a_{n + 1}$.

$3 - \bigg(n - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2} > 3 - \bigg(n + 1 - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2}$

$\bigg(n + 1 - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2} > \bigg(n - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2}$

$\bigg(n -\dfrac{4}{3} \bigg)^{2} > \bigg(n - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2}$

$n^{2} - \dfrac{8n}{3} + \dfrac{16}{9} > n^{2} - \dfrac{14n}{3} + \dfrac{49}{9}$

$\dfrac{14n}{3} - \dfrac{8n}{3} + \dfrac{16}{9} -\dfrac{49}{9} > 0$

$\dfrac{6n}{3} - \dfrac{33}{9 } > 0$

$\dfrac{18n - 33}{9 } > 0 \bigg| \cdot 9$

$18n - 33 > 0$

$18n > 33|:18$

$n > \dfrac{33}{18}$

$n > 1$, то то есть при $n \geq 2$ последовательность убывает

Найдем $a_{1} = 3 - \bigg(1 - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2} = 3 - \bigg(-\dfrac{4}{3} \bigg)^{2} = 3 - \dfrac{16}{9} = \dfrac{27 - 16}{9} = \dfrac{11}{9}$.

Найдем $a_{2} = 3 - \bigg(2 - \dfrac{7}{3} \bigg)^{2} =3 -\bigg( - \dfrac{1}{3} \bigg)^{2} = 3 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{27 - 1}{9} = \dfrac{26}{9}$

А так при $n \geq 2$ последовательность убывает и $a_{2} > a_{1}$, то наибольший элемент последовательности равен $\boldsymbol{ \dfrac{26}{9} }$.

2) $a_{n} = \dfrac{6\sqrt{n} }{n + 9}$

Применим неравенство Коши для чисел $n$ и $9$

$\dfrac{n + 9}{2} \geq \sqrt{9n}$

$\dfrac{n + 9}{2} \geq 3\sqrt{n} \bigg| \cdot \dfrac{2}{n + 9}$

$1 \geq \dfrac{6\sqrt{n} }{n + 9}$

Тогда так как $1 \geq a_{n}$, то последовательность $a_{n}$ ограниченна сверху числом $1$, тогда найдем такое число $n$, чтобы достигалось равенство

$a_{n} = 1$

$\dfrac{6\sqrt{n} }{n + 9} = 1 \bigg | \cdot (n + 9)$

$6\sqrt{n} = n + 9$

$36n = n^{2} + 18n + 81$

$n^{2} - 18n + 81 = 0$

$(n - 9)^{2} = 0 \Longleftrightarrow n - 9= 0$

$n = 9$, тогда найдем максимальное значение при $n = 9$.

$a_{9} = \dfrac{6\sqrt{9} }{9 + 9} = \dfrac{6 \cdot 3}{18} = 1$ - максимальное при $n = 9$.

3)

$a_{n} = \dfrac{2n + 1}{2n - 5}$

Преобразуем последовательность $a_{n}:$

$a_{n} = \dfrac{\dfrac{2n + 1}{n} }{\dfrac{2n - 5}{n} } = \dfrac{2 + \dfrac{1}{n} }{2 - \dfrac{5}{n} } = \dfrac{2}{2 - \dfrac{5}{n}} + \dfrac{\dfrac{1}{n} }{\dfrac{5}{n} } = \dfrac{2}{2 - \dfrac{5}{n}} + \dfrac{1}{5}$

С увеличением $n$ число $\dfrac{5}{n}$ будет уменьшаться, то есть при

$n = 1: 2 - \dfrac{5}{n} = 2 - \dfrac{5}{1} = 2 -5 =-3$

4)

$a_{n} = \dfrac{20}{n^{2} -4n + 24}$

Преобразуем последовательность $a_{n}:$

$a_{n} = \dfrac{20}{n^{2} -4n + 24} = \dfrac{20}{n^{2} -4n + 4 + 20} = \dfrac{20}{( n - 2)^{2} + 20}$

Очевидно, что при увеличении $n$ число $\dfrac{20}{( n - 2)^{2} + 20}$ будет уменьшаться, таким образом максимум достигается в точке $n = 2$, то есть $a_{2} = 1$