\documentclass[10pt,a5paper]{article}
\usepackage{amsmath}
\usepackage{amssymb}
\usepackage[T2A]{fontenc}
\usepackage[utf8]{inputenc}
\usepackage[russian]{babel}

\usepackage[a4paper, lmargin=0.1666\paperwidth, rmargin=0.1666\paperwidth, tmargin=0.1111\paperheight, bmargin=0.1111\paperheight]{geometry}
\begin{document}

\begin{titlepage}
\begin{center}
Семинар 0916

Шарафатдинов Камиль БПМИ192
\end{center}
\end{titlepage}

\newcommand{\limn}[1][]{\lim_{n\to\infty}{#1}}

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{9.k: }}&&
\end{flalign*}
\begin{align*}
& \limn{(\sqrt[3]{3} \cdot \sqrt[9]{3} \cdot \ldots \cdot \sqrt[3^n]{3})} =
  \limn{(3^\frac{1}{3} \cdot 3^\frac{1}{9} \cdot \ldots \cdot 3^\frac{1}{3^n})} =
  \limn{(3^{\frac{1}{3} + \frac{1}{9} + \ldots + \frac{1}{3^n}})} =
  3^{\frac{\frac{1}{3}}{\frac{2}{3}}} =
  \sqrt{3}
\end{align*}

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{10.b: }}&&
\end{flalign*}

Пусть $b = \lfloor a \rfloor + 1, C = \frac{a^b}{b!}$

При $n > b:$
\begin{align*}
\frac{a^n}{n!} =
\frac{a^b \cdot a^{n - b}}{b! \cdot \frac{n!}{b!}} =
\frac{a^b}{b!} \cdot \frac{a^{n - b}}{\frac{n!}{b!}} =
C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{k} &&
\end{align*}

Так как $n > b:$
\begin{align*}
0 < C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{k} < C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{b}&&
\end{align*}

Так как $b < a:$
\begin{align*}
\limn{\prod_{k = b + 1}^{n} \frac{a}{b}} = 0&&
\end{align*}

Значит по теореме о двух полицейских ($0$ и $\displaystyle C \cdot {\prod_{k = b + 1}^{n}} \frac{a}{b}$) предел равен 0:
\begin{align*}
\limn{\frac{a^n}{n!}} = 0&&
\end{align*}


\begin{flalign*}
\textbf{\textit{10.c: }}&&
\end{flalign*}

Докажем по определению, что $\forall \epsilon > 0 \ \exists \ N : \forall n > N \ \sqrt[n]{b} - 1 < \epsilon$:
\begin{align*}
\sqrt[n]{b} < \epsilon - 1&&\\
\frac{1}{n}\log_{\epsilon + 1}{b} < 1&&\\
\log_{\epsilon + 1}{b} < n&&\\
\end{align*}

Так как слева константа, а правая часть стремится к бесконечности, очевидно, начиная с некоторого $n$ неравенство начнет выполняться, следовательно, предел равен 1.


\begin{flalign*}
\textbf{\textit{10.e: }}&&
\end{flalign*}

Пусть $n = b^k$ (для каждого $n$). Тогда, очевидно, $k\to\infty$, так же как и $n$. Тогда
$\frac{\log_b{n}}{n} = \frac{k}{b^k}$.
\begin{align*}
\text{Применяя номер \textit{10.a}:}\ \ 
\lim_{k\to\infty}{\frac{k^1}{b^k}} = 0 \implies \limn{\frac{log_b{n}}{n}} = 0&&\\
\end{align*}

\clearpage


\begin{flalign*}
\textbf{\textit{14: }}&&
\end{flalign*}

Нет. Например
\begin{align*}
x_n &= (-1)^n + 1&&&&&\\
y_n &= (-1)^{n + 1} + 1
\end{align*}

Ни одна из последовательностей не сходится, а их произведение $x_n y_n = 0$

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{16.1: }}&&
\end{flalign*}

По теореме Тёплица:

Пусть $P_{nk} = \frac{1}{n}$. Тогда по теореме:
\begin{align*}
&\limn{\sum_{k = 1}^{n} P_{nk}x_k} = a&&\\
&\sum_{k = 1}^{n} P_{nk}x_k = \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{n}x_k = \frac{x_1 + x_2 + \ldots + x_n}{n}
\end{align*}


\begin{flalign*}
\textbf{\textit{16.2: }}&&
\end{flalign*}

\textbf{Лемма: }$\displaystyle \limn{x_n} = a; x_n > 0 \implies \limn{\frac{1}{x_n}} = \frac{1}{a}$

Пусть $t = \inf\{x_n\}$.

По условию: $\forall \epsilon > 0 \ \exists \ N: \forall n > N \ \ |a - x_n| < \epsilon$
\begin{align*}
\left|\frac{1}{a} - \frac{1}{x_n}\right| =
\left|\frac{x_n - a}{a x_n}\right| <
\left|\frac{x_n - a}{a t}\right| =
\frac{\left|x_n - a\right|}{a t}
\end{align*}

Поэтому для любого $\epsilon_1$ существует $\epsilon = at \cdot \epsilon_1$, для которого выполняется $\left| x_n - a \right| < \epsilon$, следовательно, выполняется $\left|\frac{1}{a} - \frac{1}{x_n}\right| < \epsilon_1$, что и требовалось. Лемма доказана.\\\\\\

Тогда пусть $\forall n : x_n' = \frac{1}{x_n}$

По лемме $\displaystyle \limn{x_n'} = \frac{1}{a} \overset{\text{по 16.1}}{\implies}
\limn{\frac{1}{n}\sum^n{x_n'}} = \frac{1}{a}$.\\

\begin{align*}
&\text{Т. к. }\  z_n = \frac{1}{\frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n{x_i'}}\text{, то }
\frac{1}{z_n} = \frac{1}{n}\sum_{i = 1}^n{x_i'}\text{,  поэтому }\ 
\limn{\frac{1}{z_n}} = \limn{x_n'} = \frac{1}{a}.\\
&\text{Еще раз применяя лемму, получаем } \limn{z_n} = \frac{1}{\frac{1}{a}} = a.
\end{align*}

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{16.3: }}&&
\end{flalign*}

По неравенству о средних: $z_n \leq \xi_n \leq y_n$.

По теореме о двух полицейских $\limn{z_n} = \limn{y_n} = a \implies \limn{\xi_n} = a$

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{17: }}&&
\end{flalign*}

Из 16.3: 
\begin{align*}
\limn{\sqrt[n]{x_n}} =
\limn{\sqrt[n]{x_1\frac{x_2}{x_1}\frac{x_3}{x_2} \cdots \frac{x_n}{x_{n - 1}}}} =
\limn{\frac{x_n}{x_{n - 1}}}
\end{align*}

\begin{flalign*}
\textbf{\textit{18: }}&&
\end{flalign*}

Из 17:
\begin{align*}
&  \limn{\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}} =
   \limn{\sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}}} =
   \limn{\frac{n^n}{n!} \cdot \frac{(n - 1)!}{(n - 1)^{n - 1}}} =
   \limn{\frac{n^{n - 1}}{(n - 1)^{n - 1}}} =\\
= &\limn{\left(\frac{n}{n - 1}\right)^{n - 1}} =
   \limn{\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{n}} =
   \limn{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n}
\end{align*}

Последнее является вторым замечательным пределом и $\displaystyle \limn{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} = e$

\end{document}