Page 240 - 4371

Отже, lim a n  0.
n  
8.33 Зауважимо, що якщо x  1, то 2 1x  1 і навпаки,
якщо x  1, то 2 1x  1. Оскільки x  1, то x  1, тоді
1 2
k
x  1 і т.д. Отже, x  1, x  1  . Доведемо, що
3 2k 1  2k
x  – спадна,  x – зростаюча послідовності. Справді,
2 k 1 2 k
x  2 1 x 2  2 1 2  2012  x , тоді x  2 1  3 x   2 1 x 1  x , звідси
3 1 4 2
x  2 1 x 4  2 1 x 2  x і т.д.
5 3
Очевидно 0  x  , 2 n  , 2 , 1 . Таким чином, послідов-
n
ності  x і x  монотонні і обмежені, отже, збіжні.
2 k 2 k 1
Якщо припустити, що lim x  a  1, то тоді
k   2 k 1
lim x 2k  b  1, причому a  2  1 b , b  2  1 a . Звідси одержує-
k  
a 2 1  b a 2 a 2 a 2 b
мо:  , або  , тобто  . Але, дослідивши
b 2 1  a b 2 b a b
2 x
функцію  xf  за першою похідною, неважко одержа-
x
2 a 2 b
ти, що при 0  b  1 a  2  2  – суперечність. От-
a b
же,  ba  1. Таким чином, lim x n  1.
n  
8.34 Очевидно
x x x 1 x x x
cos cos  cos  cos cos  ...  cos2 
2 2 2 2 n x 2 2 2 2 n
2 sin
2 n
x 1 x x x x
sin  cos cos  ... cos sin 
2 n x 2 2 2 2 n 1 2 n 1
2 sin
2 n
1 x x x x sin x
 x  cos  cos 2  . . .  cos n 2 sin n 2   x .
2 2 sin 2 2 2 2 2 n sin
2 n 2 n

240