2 задачи про последовательности

[megatumoxa]

provincialka в сообщении #1272739 писал(а):

И что получим?

Значение, близкое к нулю. И тогда можно просто оставить левую дробь.

[provincialka]

Именно! Пишите, что получилось. И что с этим надо сделать.

[megatumoxa]

provincialka в сообщении #1272749 писал(а):

Пишите, что получилось. И что с этим надо сделать.

$\frac{0,5}{2n+1}<\varepsilon$

$n>\frac{0,25}{\varepsilon}-0,5$

[provincialka]

Хорошо. Сможете теперь все решение записать подряд и с нужными словами?

[megatumoxa]

provincialka в сообщении #1272861 писал(а):

Сможете теперь все решение записать подряд и с нужными словами?

$X_n=\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\cos k !}{(2k-1)(2k+1)}$

$\forall \varepsilon > 0 \exists n_{0} : \forall n\geq n_{0} \forall p\in \mathbb{N} : \left | x_{n+p} - x_{n} \right | < \varepsilon$

$\left | x_{n+p} - x_{n} \right | < \varepsilon$

$|X_n_+_p-X_n| = |(\frac{\cos (1)!}{3}+\frac{\cos (2)!}{15}+...+\frac{\cos (n) !}{(2n-1)(2n+1)}+\frac{\cos (n+1) !}{(2(n+1)-1)(2(n-1)+1)}+...+\frac{\cos (n+p) !}{(2(n+p)-1)(2(n-p)+1)})-(\frac{\cos (1)!}{3}+\frac{\cos (2)!}{15}+...+\frac{\cos (n) !}{(2n-1)(2n+1)})| = |\frac{\cos (n+1) !}{(2(n+1)-1)(2(n-1)+1)}+\frac{\cos (n+2) !}{(2(n+2)-1)(2(n-2)+1)}+...+\frac{\cos (n+p) !}{(2(n+p)-1)(2(n-p)+1)}| \leqslant \frac{| \cos (n+1) ! |}{(2(n+1)-1)(2(n-1)+1)}+\frac{| \cos (n+2) ! |}{(2(n+2)-1)(2(n-2)+1)}+...+\frac{| \cos (n+p) ! |}{(2(n+p)-1)(2(n-p)+1)} \leqslant \frac{1}{(2(n+1)-1)(2(n-1)+1)}+\frac{1}{(2(n+2)-1)(2(n-2)+1)}+...+\frac{1}{(2(n+p)-1)(2(n-p)+1)} = \frac{0.5}{2(n+1)-1}-\frac{0.5}{2(n+1)+1}+\frac{0.5}{2(n+2)-1}-\frac{0.5}{2(n+2)+1}+...+\frac{0.5}{2(n+p)-1}-\frac{0.5}{2(n+p)+1} = \frac{0.5}{2n+1}-\frac{0.5}{2n+2p+1} \leqslant \frac{0.5}{2n+1} < \varepsilon$


$\frac{0,5}{2n+1}<\varepsilon$

$n>\frac{0,25}{\varepsilon}-0,5$

Последовательность удовлетворяет условию Коши, следовательно, данная последовательность сходится.

[provincialka]

Нормально... Разве что добавить слова, например,
"Итак, $\left | X_{n+p} - X_{n} \right | < \varepsilon$ при произвольных $p>0$ и $n> \frac{1}{4\varepsilon}-0{,}5$, так что в определении фундаментальности можно положить $n_0=\lceil \frac{1}{4\varepsilon}\rceil$"

-- 08.12.2017, 19:55 --

Потому что суть определения состоит именно в том, что "существует $n_0$ такое, что <...>". А вы его и предъявили!

[megatumoxa]

Всем спасибо за помощь!
На одну совершенно непонятную тему стало меньше