Супремум и инфимум: грани и предел монотонной ограниченной последовательности

Содержание

Верхние и нижние грани
Супремум и инфимум
Строгое определение и проверка точных граней
Супремум, инфимум, максимум и минимум
Монотонные последовательности
Ограниченность
Теорема о сходимости монотонной ограниченной последовательности
Предел рекуррентной последовательности
Дополнение: расширенная числовая прямая
Типичные ошибки
Проверьте себя
Итог

Что даст эта статья.

Мы разберём, что означают верхние и нижние грани, почему среди них выделяют супремум и инфимум и чем они отличаются от максимума и минимума. Затем научимся читать строгие определения с кванторами, увидим связь супремума с пределом монотонной последовательности и подробно применим теорему о пределе монотонной ограниченной последовательности к рекуррентной последовательности.

Во всей статье считаем, что

\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}

Если дана последовательность $(x_n)$ , то $n$ обозначает номер, $x_n$ — член с номером $n$ , а $(x_n)$ — всю последовательность. Множество всех её значений записывают $\{x_n:n\in\mathbb N\}$ : двоеточие здесь читается как «таких, что». Поэтому $\sup x_n$ означает супремум этого множества значений, а $\inf x_n$ — его инфимум.

Для чтения понадобятся обычные преобразования неравенств и базовое понимание предела последовательности. Математическую индукцию и дополнительные свойства пределов, которые встретятся дальше, мы кратко напомним прямо на месте. Здесь $\mathbb R$ обозначает множество действительных чисел — то есть чисел на привычной числовой прямой. Если с пределами вы ещё не работали, пока достаточно такой идеи: запись

\lim_{n\to\infty}x_n=L

читается «предел $x_n$ при $n$ , стремящемся к бесконечности, равен $L$ » и означает, что с ростом номера члены последовательности подходят к числу $L$ сколь угодно близко и, начиная с некоторого номера, уже остаются близко к нему. Когда предел понадобится дальше, мы ещё раз проговорим смысл прямо на месте.

По ходу статьи будут два вида практики. В блоках «Пример» решение разобрано сразу, а блоки «Задача» предназначены для самостоятельной работы. Подробные решения задач собраны в конце статьи.

Верхние и нижние грани

Начнём не с новых терминов, а с простого вопроса: можно ли провести на числовой прямой отметку, выше которой ни один член последовательности не поднимается? И можно ли провести отметку, ниже которой ни один член не опускается?

Рассмотрим последовательность

x_n=\frac{1}{n}=1,\frac12,\frac13,\frac14,\ldots

Все её значения не превосходят $1$ , но это не единственный возможный «потолок»: числа $1{,}5$ , $2$ , $100$ тоже лежат выше всех членов последовательности. Снизу ситуация похожа: все значения положительны, поэтому числа $0$ , $-1$ , $-100$ подходят в качестве «пола».

Запись $M\in\mathbb R$ читается « $M$ принадлежит $\mathbb R$ » и означает, что $M$ — действительное число; аналогично $n\in\mathbb N$ означает, что $n$ — натуральный номер.

Обратите внимание на слово «для всех»: граница должна удерживать каждый член последовательности. Достаточно одного нарушения, чтобы число перестало быть гранью. Поэтому формула $\forall n\in\mathbb N\; x_n\le M$ читается буквально: «для каждого натурального номера $n$ выполняется $x_n\le M$ ».

LaTeX — Члены $x_n=\frac1n$ лежат между $0$ и $1$

Супремум и инфимум

У одной последовательности может быть бесконечно много верхних и нижних граней. Поэтому естественно искать самые тесные из них: самый низкий допустимый «потолок» и самый высокий допустимый «пол».

Вернёмся к $x_n=\dfrac1n$ . Число $1$ — верхняя грань, потому что $x_n\le1$ . Любое число меньше $1$ уже не годится: если оно меньше $1$ , то первый член $x_1=1$ окажется выше него. Значит,

\sup x_n=1

Снизу все члены положительны, поэтому $0$ — нижняя грань. Но поднять эту грань на любое положительное расстояние нельзя: как бы мало ни было число $\varepsilon>0$ , можно взять настолько большое $n$ , что $\dfrac1n<\varepsilon$ . Поэтому

\inf x_n=0

Здесь появляется важное различие: $1$ действительно встречается среди членов последовательности, а $0$ — нет.

Пример

Рассмотрим

y_n=2-\frac1n=1,\frac32,\frac53,\frac74,\ldots

Для любого $n$ имеем $y_n<2$ , поэтому $2$ — верхняя грань. При этом значения подходят к $2$ сколь угодно близко снизу, так что меньшего «потолка» подобрать нельзя. Следовательно,

\sup y_n=2

Но равенства $y_n=2$ не бывает ни при каком натуральном $n$ : для него потребовалось бы $\dfrac1n=0$ . Значит, супремум существует, но последовательностью не достигается.

Снизу $y_n\ge y_1=1$ , поэтому $\inf y_n=1$ , и этот инфимум достигается при $n=1$ .

Строгое определение и проверка точных граней

Фраза «самая тесная граница» хорошо передаёт идею, но в задачах нужна точная проверка. Для супремума и инфимума она состоит из двух частей.

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$\forall n\in\mathbb N:\ x_n\le M$	Для каждого натурального $n$ : $x_n\le M$	Все члены лежат не выше $M$ , поэтому $M$ является верхней гранью.
$\forall\varepsilon>0$	Для любого $\varepsilon>0$	Проверка должна работать при любом, сколь угодно малом положительном расстоянии от $M$ .
$\exists n_\varepsilon\in\mathbb N:\ x_{n_\varepsilon}>M-\varepsilon$	Найдётся номер $n_\varepsilon$ , для которого $x_{n_\varepsilon}>M-\varepsilon$	Между уровнем $M-\varepsilon$ и потолком $M$ найдётся член последовательности; значит, потолок нельзя опустить ниже $M$ .

Второе условие говорит следующее. Берём произвольное, даже очень маленькое $\varepsilon>0$ , и опускаем предполагаемый потолок с $M$ до $M-\varepsilon$ . Новый уровень уже обязан перестать быть верхней гранью: хотя бы один член последовательности должен оказаться выше него.

Например, если $M=2$ и $\varepsilon=0{,}1$ , должен найтись член выше $1{,}9$ . Если уменьшить $\varepsilon$ , допустимая полоска под потолком станет уже, но подходящий член всё равно должен существовать.

Запись $(M-\varepsilon;M]$ обозначает промежуток от $M-\varepsilon$ до $M$ : левая граница в него не входит, а правая входит. Поэтому условие супремума можно представить так: при любом $\varepsilon>0$ в этом промежутке найдётся хотя бы один член последовательности.

Для инфимума логика зеркальна: вместо потолка $M$ рассматриваем пол $m$ и проверяем, что его нельзя поднять даже на сколь угодно малое $\varepsilon>0$ .

Здесь мы поднимаем «пол» с $m$ до $m+\varepsilon$ . Если $m$ действительно является наибольшей нижней гранью, то новый уровень уже окажется слишком высоким: найдётся член ниже него.

Пример

Проверим по определению, что для $y_n=2-\dfrac1n$ выполнено $\sup y_n=2$ .

1. Проверяем верхнюю грань. Для каждого $n\in\mathbb N$

y_n=2-\frac1n<2

поэтому $2$ — верхняя грань.

2. Проверяем, что уменьшить её нельзя. Пусть дано произвольное $\varepsilon>0$ . Выберем натуральное $n$ так, чтобы

n>\frac1\varepsilon

Такой натуральный номер существует, потому что натуральные числа не ограничены сверху: какое бы действительное число мы ни задали, найдётся натуральное число больше него. Тогда $\dfrac1n<\varepsilon$ , а значит,

y_n=2-\frac1n>2-\varepsilon

Оба условия выполнены, поэтому $\sup y_n=2$ .

Симметрично для $x_n=\dfrac1n$ : число $0$ является нижней гранью, а при любом $\varepsilon>0$ выбор $n>\dfrac1\varepsilon$ даёт

x_n=\frac1n<\varepsilon=0+\varepsilon.

Значит, поднять нижнюю грань выше $0$ нельзя и $\inf x_n=0$ . Здесь мы уже используем тот же механизм, поэтому второй полный разбор не повторяем.

Практический алгоритм проверки. Формальное определение сразу даёт рабочий план:

Если предполагаемый супремум уже достигается, второй пункт становится особенно простым. Если $x_{n_0}=M$ , то при любом $\varepsilon>0$

x_{n_0}=M>M-\varepsilon

То же верно для достигаемого инфимума.

Пример

Найдём супремум и инфимум последовательности

z_n=(-1)^n\left(1-\frac1n\right)

Для любого $n\ge1$ выполнено

0\le1-\frac1n<1

-1<z_n<1

Значит, $1$ — верхняя грань, а $-1$ — нижняя.

Проверим, что верхнюю грань нельзя уменьшить. При чётном $n$

z_n=1-\frac1n

Для любого $\varepsilon>0$ можно выбрать достаточно большое чётное $n>\dfrac1\varepsilon$ . Тогда $z_n>1-\varepsilon$ , поэтому $\sup z_n=1$ . Для нечётных $n$

z_n=-1+\frac1n

Выбирая достаточно большое нечётное $n>\dfrac1\varepsilon$ , получаем $z_n<-1+\varepsilon$ . Следовательно, $\inf z_n=-1$ .

Ни $1$ , ни $-1$ не достигаются. Этот пример показывает, что супремум и инфимум могут одновременно существовать и при этом не быть максимумом и минимумом.

Факт, что для любого вещественного $A$ найдётся натуральное $n>A$ , называется архимедовым свойством натуральных чисел. Мы уже использовали его при первом выборе большого номера.

Супремум, инфимум, максимум и минимум

Супремум часто совпадает с максимумом, поэтому эти понятия легко спутать. Различие определяется одним вопросом: достигается ли граничное значение каким-либо членом последовательности, то есть принадлежит ли оно множеству её значений?

В частности, если $M=\sup x_n$ , то $M$ является максимумом тогда и только тогда, когда $\exists n_0\in\mathbb N:\ x_{n_0}=M$ . Для инфимума и минимума действует точно такое же правило.

Понятие	Что требуется	Должно достигаться?
Супремум	Наименьшая верхняя грань	Нет
Максимум	Наибольший член	Да
Инфимум	Наибольшая нижняя грань	Нет
Минимум	Наименьший член	Да

Если супремум принадлежит множеству значений последовательности, он автоматически является максимумом. Если инфимум принадлежит множеству значений, он является минимумом.

Монотонные последовательности

Грани описывают, где находятся значения. Теперь вернём в картину порядок: как меняются члены при переходе от номера $n$ к $n+1$ ?

Нестрогие определения важны: постоянная последовательность

2,2,2,2,\ldots

одновременно неубывает и невозрастает, хотя не является ни строго возрастающей, ни строго убывающей.

Ограниченность

Теперь соберём верхние и нижние грани в одно свойство.

Двустороннюю ограниченность можно записать одной формулой: существует такое $C>0$ , что

|x_n|\le C \qquad\text{для всех }n\in\mathbb N

Действительно, это означает $-C\le x_n\le C$ , то есть все члены помещаются в некоторый конечный отрезок.

Именно сочетание направленного движения и подходящей односторонней границы даёт принципиально новый результат: монотонная последовательность уже не может бесконечно колебаться, а граница не позволяет ей уйти в соответствующую бесконечность.

Теорема о сходимости монотонной ограниченной последовательности

Теперь можно точно сформулировать результат, ради которого мы вводили и грани, и монотонность.

Простыми словами. Если значения могут двигаться только вверх, но сверху есть потолок, они обязаны прижиматься к самому низкому возможному потолку — супремуму. При движении только вниз пределом становится самый высокий возможный пол — инфимум.

Интуитивно это выглядит так: как только неубывающая последовательность подошла близко к своему «потолку», назад она уже не опускается, а выше потолка уйти не может. Поэтому весь дальнейший хвост остаётся рядом с этим уровнем. Для невозрастающей последовательности работает та же картина с «полом».

Предел рекуррентной последовательности

Разберём центральное применение теоремы. Пусть последовательность задана рекуррентно:

x_{n+1}=\sqrt{2+x_n} \qquad x_1=1

Нужно найти её предел.

Сначала посмотрим на несколько значений:

\begin{aligned} x_1&=1\\ x_2&=\sqrt3\approx1{,}732\\ x_3&=\sqrt{2+\sqrt3}\approx1{,}932\\ x_4&\approx1{,}983 \end{aligned}

Числа растут и как будто приближаются к $2$ . Но первые несколько членов дают только гипотезу. Чтобы законно применить теорему Вейерштрасса, сначала проверим ограниченность и монотонность.

Пример

Разбор.

Шаг 1. Проверяем ограниченность: $0<x_n<2$ для каждого $n$ .

Используем математическую индукцию. Её логика здесь простая: сначала проверяем утверждение для первого номера, а затем устанавливаем правило «если оно верно для номера $n$ , то верно и для следующего номера $n+1$ ».

База. При $n=1$

0<x_1=1<2

Переход. Предположим, что для некоторого $n$

0<x_n<2

Тогда

2<2+x_n<4

Все величины положительны, поэтому извлечение квадратного корня сохраняет порядок:

\sqrt2<\sqrt{2+x_n}<2

Но $\sqrt{2+x_n}=x_{n+1}$ , следовательно,

0<x_{n+1}<2

По индукции $0<x_n<2$ для всех $n$ . В частности, последовательность ограничена сверху числом $2$ .

Шаг 2. Проверяем строгое возрастание.

Нужно установить $x_{n+1}>x_n$ , то есть

\sqrt{2+x_n}>x_n

Из шага 1 знаем, что $x_n>0$ ; левая часть также положительна. Поэтому обе части можно возвести в квадрат, не меняя равносильности. Знак $\iff$ ниже означает «равносильно», то есть левое и правое условия выполняются одновременно:

\begin{aligned} \sqrt{2+x_n}>x_n &\iff 2+x_n>x_n^2\\ &\iff x_n^2-x_n-2<0\\ &\iff (x_n-2)(x_n+1)<0 \end{aligned}

По шагу 1 имеем $x_n-2<0$ , а $x_n+1>0$ . Их произведение отрицательно. Значит,

x_{n+1}>x_n

для каждого $n$ , и последовательность строго возрастает.

Шаг 3. Применяем теорему и находим предел.

Теперь условия теоремы Вейерштрасса проверены буквально:

последовательность неубывает, более того, строго возрастает;
она ограничена сверху числом $2$ .

Следовательно, существует конечный предел

\lim_{n\to\infty}x_n=a

Более того, по теореме $a=\sup x_n$ .

Если $x_n\to a$ , то и $x_{n+1}\to a$ : сдвиг на один номер лишь удаляет первый член и не меняет поведение бесконечного хвоста. Поскольку последовательность возрастает от $x_1=1$ , имеем $a\ge1$ .

Теперь используем ещё одно стандартное свойство пределов: если $x_n\to a$ , то $\sqrt{2+x_n}\to\sqrt{2+a}$ . Строго это свойство связано с непрерывностью функции $t\mapsto\sqrt{2+t}$ при $t>-2$ . Поэтому в рекуррентном равенстве можно перейти к пределу:

\begin{aligned} x_{n+1}&=\sqrt{2+x_n}\\ a&=\sqrt{2+a}\\ a^2&=2+a\\ a^2-a-2&=0\\ (a-2)(a+1)&=0 \end{aligned}

Получаем кандидаты $a=2$ и $a=-1$ . Но выше уже установлено, что $a\ge1$ . Поэтому корень $-1$ не подходит, и остаётся

\lim_{n\to\infty}x_n=2

Так как для возрастающей последовательности предел равен супремуму, одновременно получили $\sup x_n=2$ .

Дополнение: расширенная числовая прямая

До сих пор супремум и инфимум были действительными числами. Но последовательность может оказаться неограниченной сверху или снизу. Например,

x_n=n=1,2,3,4,\ldots

не имеет вещественной верхней грани: какое бы $M\in\mathbb R$ мы ни выбрали, найдётся натуральное $n>M$ , а значит, $x_n>M$ .

В обычной $\mathbb R$ у такой последовательности супремума нет. Для единообразной записи вводят расширенную числовую прямую

\overline{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}

Символы $-\infty$ и $+\infty$ — два добавленных элемента; они не являются действительными числами. Обычный порядок продолжают правилом $-\infty<x<+\infty$ для любого $x\in\mathbb R$ .

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$\overline{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}$	Расширенная числовая прямая равна $\mathbb R$ , объединённой с $-\infty$ и $+\infty$	Знак $\cup$ означает объединение: к действительным числам добавляют два новых элемента.
$\sup x_n=+\infty$	Супремум $x_n$ равен плюс бесконечности	Последовательность не ограничена сверху; это не утверждение о поведении её хвоста.
$\inf x_n=-\infty$	Инфимум $x_n$ равен минус бесконечности	Последовательность не ограничена снизу.
$x_n\to+\infty$	$x_n$ стремится к плюс бесконечности	С ростом номера члены последовательности в итоге становятся больше любого заранее заданного действительного числа.

Теперь расширим прежнее понятие супремума и инфимума на $\overline{\mathbb R}$ . Для непустого множества значений последовательности по определению полагаем

\sup x_n=+\infty \quad\text{если последовательность не ограничена сверху}

\inf x_n=-\infty \quad\text{если последовательность не ограничена снизу}

Для ограниченной стороны прежнее определение не меняется. Здесь используется важный факт о действительных числах: всякое непустое множество действительных чисел, ограниченное сверху, имеет супремум в $\mathbb R$ , а ограниченное снизу — инфимум в $\mathbb R$ . Это свойство называют полнотой $\mathbb R$ ; сейчас нам важен прежде всего сам факт существования точной конечной грани.

Поэтому после добавления соглашений для неограниченных случаев у любой вещественной последовательности существуют супремум и инфимум в $\overline{\mathbb R}$ .

Типичные ошибки

Здесь собраны восемь ловушек, которые чаще всего меняют смысл решения.

Проверьте себя

Попробуйте сначала ответить самостоятельно, а затем свериться с ответами ниже.

Для $a_n=3-\dfrac1n$ найдите $\sup a_n$ , $\inf a_n$ , максимум и минимум, если они существуют.
Для $x_n=\frac1n$ число $5$ является верхней гранью. Является ли оно супремумом? Объясните ответ определением, а не только рисунком.
Для $b_n=n$ найдите инфимум и укажите, что происходит с супремумом отдельно в $\mathbb R$ и в $\overline{\mathbb R}$ .
Верно ли утверждение: «всякая ограниченная последовательность сходится»? Если нет, приведите контрпример и назовите недостающее условие в теореме Вейерштрасса.
К последовательности $c_n=2+\dfrac1n$ применима какая часть теоремы Вейерштрасса? Найдите её предел через инфимум.
Пусть
$y_{n+1}=\frac{y_n+4}{2} \qquad y_1=0$
Покажите, что $(y_n)$ возрастает и ограничена сверху, а затем найдите её предел.
Почему в определении супремума нельзя бездумно поменять порядок кванторов и заменить
$\forall\varepsilon>0\ \exists n_\varepsilon$
на
$\exists n_0\ \forall\varepsilon>0?$
Что потребовало бы второе условие вместе с $x_{n_0}\le M$ ?
Для последовательности
$d_n=\frac{(-1)^n}{n}$
найдите супремум, инфимум, максимум и минимум.
Для $q_n=5-\frac1n$ известно, что $\sup q_n=5$ . Подберите конкретный номер $n$ , который подтверждает условие
$q_n>5-\varepsilon$
сначала для $\varepsilon=0{,}1$ , а затем для $\varepsilon=0{,}01$ . Что меняется при уменьшении $\varepsilon$ ?
Рассмотрите последовательность
$r_n=\frac{n}{n+1}$
Проверьте, что она возрастает и ограничена сверху числом $1$ , а затем примените теорему Вейерштрасса и найдите предел.
Известно, что для некоторой последовательности $\sup x_n=\inf x_n=3$ . Какие значения могут иметь её члены?
Опишите все вещественные верхние и нижние грани последовательности $x_n=\dfrac1n$ .

Ответы к разделу «Проверьте себя».

Ниже приведены не только итоговые ответы, но и ход рассуждения, чтобы можно было проверить, на каком шаге возникла ошибка.

1. Имеем

a_n=3-\frac1n \qquad 2=a_1\le a_n<3

Поэтому $\inf a_n=2$ , и это минимум; $\sup a_n=3$ , но максимума нет.

2. Нет. Число $5$ действительно верхняя грань, но не наименьшая: число $1$ тоже верхняя грань и $1<5$ . На самом деле $\sup x_n=1$ .

3. $\inf b_n=1$ . В $\mathbb R$ супремума не существует, поскольку $(b_n)$ не ограничена сверху. В $\overline{\mathbb R}$ пишут $\sup b_n=+\infty$ .

4. Неверно. Контрпример: $(-1)^n$ ограничена, но не сходится. В теореме Вейерштрасса дополнительно требуется монотонность.

5. Для

c_n=2+\frac1n

имеем $c_n>2$ , поэтому $2$ является нижней гранью. Кроме того,

c_{n+1}-c_n =\frac1{n+1}-\frac1n =-\frac1{n(n+1)}<0,

то есть последовательность строго убывает.

Покажем, что нижняя грань $2$ точная. Для любого $\varepsilon>0$ можно выбрать $n>\dfrac1\varepsilon$ ; тогда

c_n=2+\frac1n<2+\varepsilon

Следовательно, $\inf c_n=2$ . По убывающей части теоремы о сходимости монотонной ограниченной последовательности

\lim_{n\to\infty}c_n=\inf c_n=2

6. Сначала по индукции получаем $0\le y_n<4$ : при $n=1$ имеем $0\le y_1=0<4$ , а из $0\le y_n<4$ следует

2\le y_{n+1}=\frac{y_n+4}{2}<4

Затем

y_{n+1}-y_n=\frac{4-y_n}{2}>0

так что последовательность возрастает. По теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности предел $a$ существует.

Сдвиг на один номер не меняет предел, поэтому $y_{n+1}\to a$ . Линейное выражение $\dfrac{y_n+4}{2}$ также стремится к $\dfrac{a+4}{2}$ . Значит, в рекуррентном равенстве можно перейти к пределу. Получаем; знак $\Longrightarrow$ читается «следовательно»:

a=\frac{a+4}{2} \quad\Longrightarrow\quad a=4

7. Если один и тот же номер $n_0$ должен удовлетворять $x_{n_0}>M-\varepsilon$ при всех $\varepsilon>0$ , то вместе с $x_{n_0}\le M$ это вынуждает $x_{n_0}=M$ . То есть такая перестановка кванторов требует достижимости супремума и исключает корректные примеры вроде $2-\dfrac1n$ .

8. Получаем первые значения

-1,\ \frac12,\ -\frac13,\ \frac14,\ldots

Положительные члены не превосходят $\dfrac12$ , причём $d_2=\dfrac12$ . Отрицательные члены не меньше $-1$ , причём $d_1=-1$ . Поэтому

\sup d_n=\max d_n=\frac12 \qquad \inf d_n=\min d_n=-1

9. Неравенство $q_n>5-\varepsilon$ равносильно $\dfrac1n<\varepsilon$ . Поэтому при $\varepsilon=0{,}1$ можно взять $n=11$ , а при $\varepsilon=0{,}01$ — $n=101$ . Для этой последовательности условие равносильно $n>\dfrac1\varepsilon$ , поэтому при уменьшении $\varepsilon$ растёт нижняя граница для допустимого номера $n$ . В общем определении номер $n_\varepsilon$ может зависеть от $\varepsilon$ , но не обязан увеличиваться, если супремум уже достигается одним из членов.

10. Во-первых,

r_n=\frac{n}{n+1}<1

поэтому $1$ — верхняя грань. Во-вторых,

\begin{aligned} r_{n+1}-r_n &=\frac{n+1}{n+2}-\frac{n}{n+1}\\ &=\frac{1}{(n+1)(n+2)}>0 \end{aligned}

Значит, $(r_n)$ строго возрастает и ограничена сверху числом $1$ . Покажем, что $1$ — именно супремум. Для любого $\varepsilon>0$ достаточно выбрать

n>\frac1\varepsilon-1.

Тогда $\dfrac1{n+1}<\varepsilon$ и

r_n=1-\frac1{n+1}>1-\varepsilon

Следовательно, $\sup r_n=1$ . По теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности

\lim_{n\to\infty}r_n=\sup r_n=1

11. Число $3$ одновременно является верхней и нижней гранью. Поэтому для каждого $n$

3\le x_n\le3

а значит, $x_n=3$ . Последовательность обязана быть постоянной.

12. Так как $x_1=1$ , любая верхняя грань должна удовлетворять $M\ge1$ , и каждое такое $M$ действительно является верхней гранью. Число $0$ — нижняя грань. При этом никакое $m>0$ нижней гранью быть не может: достаточно выбрать $n>\dfrac1m$ , и тогда $x_n=\dfrac1n<m$ . Значит, все вещественные нижние грани имеют вид $m\le0$ . Итак, множества верхних и нижних граней равны соответственно

[1,+\infty) \qquad\text{и}\qquad (-\infty,0]

Решения задач по ходу статьи.

Рассмотрим
$u_n=3+\frac{(-1)^n}{n}$
При нечётном $n$ имеем $(-1)^n=-1$ , поэтому $u_n=3-\dfrac1n<3$ . При чётном $n$ имеем $(-1)^n=1$ , поэтому
$u_n=3+\frac1n\le 3+\frac12=\frac72<4$
поскольку наименьший чётный номер равен $2$ . Кроме того,
$u_1=3-1=2$
Следовательно, для всех $n$
$2\le u_n\le\frac72<4$
Теперь проверим предложенные числа. Число $4$ является верхней гранью, а $2$ — нижней. Число $3$ не является верхней гранью, потому что $u_2=\dfrac72>3$ , и не является нижней гранью, потому что $u_1=2<3$ . Итак, из чисел $2,3,4$ верхней гранью является только $4$ , а нижней — только $2$ .
Пусть
$s_n=1+\frac2n$
Проверим оба условия определения инфимума для числа $1$ .
Сначала при любом $n\in\mathbb N$
$s_n=1+\frac2n>1$
поэтому $1$ является нижней гранью.
Теперь возьмём произвольное $\varepsilon>0$ . Нужно найти номер $n_\varepsilon$ , для которого
$s_{n_\varepsilon}<1+\varepsilon$
Это неравенство равносильно
$1+\frac{2}{n_\varepsilon}<1+\varepsilon \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{2}{n_\varepsilon}<\varepsilon$
Достаточно выбрать натуральный номер так, чтобы
$n_\varepsilon>\frac2\varepsilon$
Такой номер существует, и тогда второе условие определения выполнено. Следовательно,
$\inf s_n=1$
Для
$t_n=2+\frac1n$
имеем $\dfrac1n>0$ , поэтому $t_n>2$ при каждом $n$ . Значит, $2$ является нижней гранью. При этом для любого $\varepsilon>0$ можно выбрать $n>\dfrac1\varepsilon$ ; тогда
$t_n=2+\frac1n<2+\varepsilon$
поэтому поднять нижнюю грань выше $2$ нельзя. Следовательно,
$\inf t_n=2$
Равенство $t_n=2$ невозможно, поэтому минимума нет.
С другой стороны, $\dfrac1n\le1$ , причём равенство достигается при $n=1$ . Поэтому
$t_n\le3=t_1$
Значит,
$\sup t_n=\max t_n=3 \qquad \inf t_n=2$
а минимума нет.
Для
$w_n=\frac{n}{n+2}$
сначала проверим монотонность. Имеем
$\begin{aligned} w_{n+1}-w_n &=\frac{n+1}{n+3}-\frac{n}{n+2}\\ &=\frac{(n+1)(n+2)-n(n+3)}{(n+2)(n+3)}\\ &=\frac2{(n+2)(n+3)}>0 \end{aligned}$
Следовательно, последовательность строго возрастает.
Далее
$w_n=\frac{n}{n+2}=1-\frac2{n+2}<1$
поэтому $1$ является верхней гранью. Покажем сразу, что это именно супремум. Пусть $\varepsilon>0$ . Нужно добиться
$w_n>1-\varepsilon$
то есть
$\frac2{n+2}<\varepsilon$
Достаточно выбрать натуральный номер так, чтобы
$n>\frac2\varepsilon-2$
Тогда найдётся член выше $1-\varepsilon$ , поэтому $\sup w_n=1$ .
Теперь последовательность строго возрастает и ограничена сверху, значит, по теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности её предел существует и равен супремуму:
$\lim_{n\to\infty}w_n=\sup w_n=1$
Пусть
$z_{n+1}=\sqrt{6+z_n}, \qquad z_1=1$
Сначала докажем по индукции, что
$0<z_n<3$
для всех $n$ .
База. При $n=1$
$0<z_1=1<3$
Переход. Предположим, что $0<z_n<3$ . Тогда
$6<6+z_n<9$
Все числа положительны, поэтому после извлечения квадратного корня
$\sqrt6<\sqrt{6+z_n}<3$
Но $z_{n+1}=\sqrt{6+z_n}$ , следовательно, $0<z_{n+1}<3$ . Индукция завершена, и число $3$ является верхней гранью.
Теперь проверим возрастание. Поскольку $z_n>0$ , обе части неравенства
$z_{n+1}>z_n$
положительны, поэтому его можно равносильно возвести в квадрат:
$\begin{aligned} z_{n+1}>z_n &\iff \sqrt{6+z_n}>z_n\\ &\iff 6+z_n>z_n^2\\ &\iff z_n^2-z_n-6<0\\ &\iff (z_n-3)(z_n+2)<0 \end{aligned}$
Из $0<z_n<3$ следует $z_n-3<0$ и $z_n+2>0$ , значит, произведение действительно отрицательно. Поэтому $z_{n+1}>z_n$ для каждого $n$ .
Последовательность возрастает и ограничена сверху, поэтому по теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности имеет конечный предел $a$ . Тогда $z_{n+1}\to a$ , потому что сдвиг на один номер не меняет предел. Кроме того, функция квадратного корня непрерывна на положительных аргументах, поэтому из $z_n\to a$ следует
$\sqrt{6+z_n}\to\sqrt{6+a}$
Следовательно, в рекуррентном равенстве можно перейти к пределу:
$a=\sqrt{6+a}$
Так как обе части неотрицательны, возводим в квадрат:
$\begin{aligned} a^2=6+a,\\ a^2-a-6=0,\\ (a-3)(a+2)=0 \end{aligned}$
Получаем кандидаты $a=3$ и $a=-2$ . Но последовательность возрастает от $z_1=1$ , поэтому её предел удовлетворяет $a\ge1$ . Значит, $-2$ не подходит, и
$\lim_{n\to\infty}z_n=3$
Поскольку последовательность возрастает, её предел одновременно равен супремуму: $\sup z_n=3$ .
Рассмотрим $p_n=-n$ . При всех $n\ge1$
$p_n=-n\le-1=p_1$
Поэтому $-1$ является верхней гранью и одновременно достигается. Следовательно,
$\sup p_n=-1 \qquad \max p_n=-1$
Нижней вещественной грани нет. Действительно, если взять любое $m\in\mathbb R$ , можно выбрать натуральное $n>-m$ . Тогда $-n<m$ , поэтому $m$ не удерживает все члены снизу. Значит, в $\mathbb R$ инфимум не существует. В расширенной числовой прямой это записывают как
$\inf p_n=-\infty.$
Итак, в $\overline{\mathbb R}$
$\sup p_n=-1 \qquad \inf p_n=-\infty$
Из этих точных граней членом последовательности достигается только супремум: $p_1=-1$ .

Итог

Супремум и инфимум отвечают на статический вопрос: насколько тесно можно ограничить все значения последовательности? Монотонность добавляет динамику: в каком направлении движутся значения? Для монотонной последовательности с подходящей односторонней границей теорема о сходимости монотонной ограниченной последовательности соединяет эти две идеи: супремум или инфимум становится пределом.

Для рекуррентных последовательностей отсюда получается надёжный порядок действий:

\begin{gathered} \text{граница}+\text{монотонность}\\ \Downarrow\\ \text{существование предела}\longrightarrow\text{уравнение для предела} \end{gathered}

Именно порядок важен: уравнение для предполагаемого предела имеет смысл только после того, как существование предела обосновано.

Главная смысловая схема.

Понятие	Суть
Верхняя грань $M$	Все члены удовлетворяют $x_n\le M$ .
Супремум	Наименьшая верхняя грань; ниже неё потолок уже опустить нельзя.
Нижняя грань $m$	Все члены удовлетворяют $x_n\ge m$ .
Инфимум	Наибольшая нижняя грань; выше неё пол уже поднять нельзя.
Максимум и минимум	Максимум — достигаемый супремум; минимум — достигаемый инфимум.
Расширенная прямая	$\overline{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}$ ; позволяет записывать супремум и инфимум неограниченных последовательностей с помощью $\pm\infty$ .
Монотонность	Члены движутся только в одном направлении: $x_{n+1}\ge x_n$ или $x_{n+1}\le x_n$ .
Ограниченность	Существует число $C>0$ , для которого $\|x_n\|\le C$ при всех $n\in\mathbb N$ ; все члены лежат в конечном отрезке.
Теорема о пределе	Неубывающая и ограниченная сверху последовательность сходится к своему супремуму; невозрастающая и ограниченная снизу — к инфимуму. В нашем курсе этот результат для краткости называется теоремой Вейерштрасса.

Супремум и инфимум: грани и предел монотонной ограниченной последовательности

Содержание

Верхние и нижние грани
Супремум и инфимум
Строгое определение и проверка точных граней
Супремум, инфимум, максимум и минимум
Монотонные последовательности
Ограниченность
Теорема о сходимости монотонной ограниченной последовательности
Предел рекуррентной последовательности
Дополнение: расширенная числовая прямая
Типичные ошибки
Проверьте себя
Итог

Что даст эта статья.

Во всей статье считаем, что

\mathbb N=\{1,2,3,\ldots\}

\lim_{n\to\infty}x_n=L

Верхние и нижние грани

Рассмотрим последовательность

x_n=\frac{1}{n}=1,\frac12,\frac13,\frac14,\ldots

Супремум и инфимум

\sup x_n=1

\inf x_n=0

Здесь появляется важное различие: $1$ действительно встречается среди членов последовательности, а $0$ — нет.

Пример

Рассмотрим

y_n=2-\frac1n=1,\frac32,\frac53,\frac74,\ldots

\sup y_n=2

Снизу $y_n\ge y_1=1$ , поэтому $\inf y_n=1$ , и этот инфимум достигается при $n=1$ .

Строгое определение и проверка точных граней

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$\forall n\in\mathbb N:\ x_n\le M$	Для каждого натурального $n$ : $x_n\le M$	Все члены лежат не выше $M$ , поэтому $M$ является верхней гранью.
$\forall\varepsilon>0$	Для любого $\varepsilon>0$	Проверка должна работать при любом, сколь угодно малом положительном расстоянии от $M$ .
$\exists n_\varepsilon\in\mathbb N:\ x_{n_\varepsilon}>M-\varepsilon$	Найдётся номер $n_\varepsilon$ , для которого $x_{n_\varepsilon}>M-\varepsilon$	Между уровнем $M-\varepsilon$ и потолком $M$ найдётся член последовательности; значит, потолок нельзя опустить ниже $M$ .

Пример

Проверим по определению, что для $y_n=2-\dfrac1n$ выполнено $\sup y_n=2$ .

1. Проверяем верхнюю грань. Для каждого $n\in\mathbb N$

y_n=2-\frac1n<2

поэтому $2$ — верхняя грань.

2. Проверяем, что уменьшить её нельзя. Пусть дано произвольное $\varepsilon>0$ . Выберем натуральное $n$ так, чтобы

n>\frac1\varepsilon

y_n=2-\frac1n>2-\varepsilon

Оба условия выполнены, поэтому $\sup y_n=2$ .

Симметрично для $x_n=\dfrac1n$ : число $0$ является нижней гранью, а при любом $\varepsilon>0$ выбор $n>\dfrac1\varepsilon$ даёт

x_n=\frac1n<\varepsilon=0+\varepsilon.

Практический алгоритм проверки. Формальное определение сразу даёт рабочий план:

x_{n_0}=M>M-\varepsilon

То же верно для достигаемого инфимума.

Пример

Найдём супремум и инфимум последовательности

z_n=(-1)^n\left(1-\frac1n\right)

Для любого $n\ge1$ выполнено

0\le1-\frac1n<1

-1<z_n<1

Значит, $1$ — верхняя грань, а $-1$ — нижняя.

Проверим, что верхнюю грань нельзя уменьшить. При чётном $n$

z_n=1-\frac1n

z_n=-1+\frac1n

Выбирая достаточно большое нечётное $n>\dfrac1\varepsilon$ , получаем $z_n<-1+\varepsilon$ . Следовательно, $\inf z_n=-1$ .

Супремум, инфимум, максимум и минимум

Понятие	Что требуется	Должно достигаться?
Супремум	Наименьшая верхняя грань	Нет
Максимум	Наибольший член	Да
Инфимум	Наибольшая нижняя грань	Нет
Минимум	Наименьший член	Да

Монотонные последовательности

Нестрогие определения важны: постоянная последовательность

2,2,2,2,\ldots

одновременно неубывает и невозрастает, хотя не является ни строго возрастающей, ни строго убывающей.

Ограниченность

Теперь соберём верхние и нижние грани в одно свойство.

Двустороннюю ограниченность можно записать одной формулой: существует такое $C>0$ , что

|x_n|\le C \qquad\text{для всех }n\in\mathbb N

Действительно, это означает $-C\le x_n\le C$ , то есть все члены помещаются в некоторый конечный отрезок.

Теорема о сходимости монотонной ограниченной последовательности

Теперь можно точно сформулировать результат, ради которого мы вводили и грани, и монотонность.

Предел рекуррентной последовательности

Разберём центральное применение теоремы. Пусть последовательность задана рекуррентно:

x_{n+1}=\sqrt{2+x_n} \qquad x_1=1

Нужно найти её предел.

Сначала посмотрим на несколько значений:

\begin{aligned} x_1&=1\\ x_2&=\sqrt3\approx1{,}732\\ x_3&=\sqrt{2+\sqrt3}\approx1{,}932\\ x_4&\approx1{,}983 \end{aligned}

Пример

Разбор.

Шаг 1. Проверяем ограниченность: $0<x_n<2$ для каждого $n$ .

База. При $n=1$

0<x_1=1<2

Переход. Предположим, что для некоторого $n$

0<x_n<2

Тогда

2<2+x_n<4

Все величины положительны, поэтому извлечение квадратного корня сохраняет порядок:

\sqrt2<\sqrt{2+x_n}<2

Но $\sqrt{2+x_n}=x_{n+1}$ , следовательно,

0<x_{n+1}<2

По индукции $0<x_n<2$ для всех $n$ . В частности, последовательность ограничена сверху числом $2$ .

Шаг 2. Проверяем строгое возрастание.

Нужно установить $x_{n+1}>x_n$ , то есть

\sqrt{2+x_n}>x_n

\begin{aligned} \sqrt{2+x_n}>x_n &\iff 2+x_n>x_n^2\\ &\iff x_n^2-x_n-2<0\\ &\iff (x_n-2)(x_n+1)<0 \end{aligned}

По шагу 1 имеем $x_n-2<0$ , а $x_n+1>0$ . Их произведение отрицательно. Значит,

x_{n+1}>x_n

для каждого $n$ , и последовательность строго возрастает.

Шаг 3. Применяем теорему и находим предел.

Теперь условия теоремы Вейерштрасса проверены буквально:

последовательность неубывает, более того, строго возрастает;
она ограничена сверху числом $2$ .

Следовательно, существует конечный предел

\lim_{n\to\infty}x_n=a

Более того, по теореме $a=\sup x_n$ .

\begin{aligned} x_{n+1}&=\sqrt{2+x_n}\\ a&=\sqrt{2+a}\\ a^2&=2+a\\ a^2-a-2&=0\\ (a-2)(a+1)&=0 \end{aligned}

Получаем кандидаты $a=2$ и $a=-1$ . Но выше уже установлено, что $a\ge1$ . Поэтому корень $-1$ не подходит, и остаётся

\lim_{n\to\infty}x_n=2

Так как для возрастающей последовательности предел равен супремуму, одновременно получили $\sup x_n=2$ .

Дополнение: расширенная числовая прямая

x_n=n=1,2,3,4,\ldots

не имеет вещественной верхней грани: какое бы $M\in\mathbb R$ мы ни выбрали, найдётся натуральное $n>M$ , а значит, $x_n>M$ .

\overline{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}

Фрагмент записи	Как читать	Что означает здесь
$\overline{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}$	Расширенная числовая прямая равна $\mathbb R$ , объединённой с $-\infty$ и $+\infty$	Знак $\cup$ означает объединение: к действительным числам добавляют два новых элемента.
$\sup x_n=+\infty$	Супремум $x_n$ равен плюс бесконечности	Последовательность не ограничена сверху; это не утверждение о поведении её хвоста.
$\inf x_n=-\infty$	Инфимум $x_n$ равен минус бесконечности	Последовательность не ограничена снизу.
$x_n\to+\infty$	$x_n$ стремится к плюс бесконечности	С ростом номера члены последовательности в итоге становятся больше любого заранее заданного действительного числа.

\sup x_n=+\infty \quad\text{если последовательность не ограничена сверху}

\inf x_n=-\infty \quad\text{если последовательность не ограничена снизу}

Типичные ошибки

Здесь собраны восемь ловушек, которые чаще всего меняют смысл решения.

Проверьте себя

Попробуйте сначала ответить самостоятельно, а затем свериться с ответами ниже.

Для $a_n=3-\dfrac1n$ найдите $\sup a_n$ , $\inf a_n$ , максимум и минимум, если они существуют.
Для $x_n=\frac1n$ число $5$ является верхней гранью. Является ли оно супремумом? Объясните ответ определением, а не только рисунком.
Для $b_n=n$ найдите инфимум и укажите, что происходит с супремумом отдельно в $\mathbb R$ и в $\overline{\mathbb R}$ .
Верно ли утверждение: «всякая ограниченная последовательность сходится»? Если нет, приведите контрпример и назовите недостающее условие в теореме Вейерштрасса.
К последовательности $c_n=2+\dfrac1n$ применима какая часть теоремы Вейерштрасса? Найдите её предел через инфимум.
Пусть
$y_{n+1}=\frac{y_n+4}{2} \qquad y_1=0$
Покажите, что $(y_n)$ возрастает и ограничена сверху, а затем найдите её предел.
Почему в определении супремума нельзя бездумно поменять порядок кванторов и заменить
$\forall\varepsilon>0\ \exists n_\varepsilon$
на
$\exists n_0\ \forall\varepsilon>0?$
Что потребовало бы второе условие вместе с $x_{n_0}\le M$ ?
Для последовательности
$d_n=\frac{(-1)^n}{n}$
найдите супремум, инфимум, максимум и минимум.
Для $q_n=5-\frac1n$ известно, что $\sup q_n=5$ . Подберите конкретный номер $n$ , который подтверждает условие
$q_n>5-\varepsilon$
сначала для $\varepsilon=0{,}1$ , а затем для $\varepsilon=0{,}01$ . Что меняется при уменьшении $\varepsilon$ ?
Рассмотрите последовательность
$r_n=\frac{n}{n+1}$
Проверьте, что она возрастает и ограничена сверху числом $1$ , а затем примените теорему Вейерштрасса и найдите предел.
Известно, что для некоторой последовательности $\sup x_n=\inf x_n=3$ . Какие значения могут иметь её члены?
Опишите все вещественные верхние и нижние грани последовательности $x_n=\dfrac1n$ .

Ответы к разделу «Проверьте себя».

1. Имеем

a_n=3-\frac1n \qquad 2=a_1\le a_n<3

Поэтому $\inf a_n=2$ , и это минимум; $\sup a_n=3$ , но максимума нет.

5. Для

c_n=2+\frac1n

имеем $c_n>2$ , поэтому $2$ является нижней гранью. Кроме того,

c_{n+1}-c_n =\frac1{n+1}-\frac1n =-\frac1{n(n+1)}<0,

то есть последовательность строго убывает.

Покажем, что нижняя грань $2$ точная. Для любого $\varepsilon>0$ можно выбрать $n>\dfrac1\varepsilon$ ; тогда

c_n=2+\frac1n<2+\varepsilon

Следовательно, $\inf c_n=2$ . По убывающей части теоремы о сходимости монотонной ограниченной последовательности

\lim_{n\to\infty}c_n=\inf c_n=2

6. Сначала по индукции получаем $0\le y_n<4$ : при $n=1$ имеем $0\le y_1=0<4$ , а из $0\le y_n<4$ следует

2\le y_{n+1}=\frac{y_n+4}{2}<4

Затем

y_{n+1}-y_n=\frac{4-y_n}{2}>0

a=\frac{a+4}{2} \quad\Longrightarrow\quad a=4

8. Получаем первые значения

-1,\ \frac12,\ -\frac13,\ \frac14,\ldots

\sup d_n=\max d_n=\frac12 \qquad \inf d_n=\min d_n=-1

10. Во-первых,

r_n=\frac{n}{n+1}<1

поэтому $1$ — верхняя грань. Во-вторых,

\begin{aligned} r_{n+1}-r_n &=\frac{n+1}{n+2}-\frac{n}{n+1}\\ &=\frac{1}{(n+1)(n+2)}>0 \end{aligned}

n>\frac1\varepsilon-1.

Тогда $\dfrac1{n+1}<\varepsilon$ и

r_n=1-\frac1{n+1}>1-\varepsilon

Следовательно, $\sup r_n=1$ . По теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности

\lim_{n\to\infty}r_n=\sup r_n=1

11. Число $3$ одновременно является верхней и нижней гранью. Поэтому для каждого $n$

3\le x_n\le3

а значит, $x_n=3$ . Последовательность обязана быть постоянной.

[1,+\infty) \qquad\text{и}\qquad (-\infty,0]

Решения задач по ходу статьи.

Рассмотрим
$u_n=3+\frac{(-1)^n}{n}$
При нечётном $n$ имеем $(-1)^n=-1$ , поэтому $u_n=3-\dfrac1n<3$ . При чётном $n$ имеем $(-1)^n=1$ , поэтому
$u_n=3+\frac1n\le 3+\frac12=\frac72<4$
поскольку наименьший чётный номер равен $2$ . Кроме того,
$u_1=3-1=2$
Следовательно, для всех $n$
$2\le u_n\le\frac72<4$
Теперь проверим предложенные числа. Число $4$ является верхней гранью, а $2$ — нижней. Число $3$ не является верхней гранью, потому что $u_2=\dfrac72>3$ , и не является нижней гранью, потому что $u_1=2<3$ . Итак, из чисел $2,3,4$ верхней гранью является только $4$ , а нижней — только $2$ .
Пусть
$s_n=1+\frac2n$
Проверим оба условия определения инфимума для числа $1$ .
Сначала при любом $n\in\mathbb N$
$s_n=1+\frac2n>1$
поэтому $1$ является нижней гранью.
Теперь возьмём произвольное $\varepsilon>0$ . Нужно найти номер $n_\varepsilon$ , для которого
$s_{n_\varepsilon}<1+\varepsilon$
Это неравенство равносильно
$1+\frac{2}{n_\varepsilon}<1+\varepsilon \qquad\Longleftrightarrow\qquad \frac{2}{n_\varepsilon}<\varepsilon$
Достаточно выбрать натуральный номер так, чтобы
$n_\varepsilon>\frac2\varepsilon$
Такой номер существует, и тогда второе условие определения выполнено. Следовательно,
$\inf s_n=1$
Для
$t_n=2+\frac1n$
имеем $\dfrac1n>0$ , поэтому $t_n>2$ при каждом $n$ . Значит, $2$ является нижней гранью. При этом для любого $\varepsilon>0$ можно выбрать $n>\dfrac1\varepsilon$ ; тогда
$t_n=2+\frac1n<2+\varepsilon$
поэтому поднять нижнюю грань выше $2$ нельзя. Следовательно,
$\inf t_n=2$
Равенство $t_n=2$ невозможно, поэтому минимума нет.
С другой стороны, $\dfrac1n\le1$ , причём равенство достигается при $n=1$ . Поэтому
$t_n\le3=t_1$
Значит,
$\sup t_n=\max t_n=3 \qquad \inf t_n=2$
а минимума нет.
Для
$w_n=\frac{n}{n+2}$
сначала проверим монотонность. Имеем
$\begin{aligned} w_{n+1}-w_n &=\frac{n+1}{n+3}-\frac{n}{n+2}\\ &=\frac{(n+1)(n+2)-n(n+3)}{(n+2)(n+3)}\\ &=\frac2{(n+2)(n+3)}>0 \end{aligned}$
Следовательно, последовательность строго возрастает.
Далее
$w_n=\frac{n}{n+2}=1-\frac2{n+2}<1$
поэтому $1$ является верхней гранью. Покажем сразу, что это именно супремум. Пусть $\varepsilon>0$ . Нужно добиться
$w_n>1-\varepsilon$
то есть
$\frac2{n+2}<\varepsilon$
Достаточно выбрать натуральный номер так, чтобы
$n>\frac2\varepsilon-2$
Тогда найдётся член выше $1-\varepsilon$ , поэтому $\sup w_n=1$ .
Теперь последовательность строго возрастает и ограничена сверху, значит, по теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности её предел существует и равен супремуму:
$\lim_{n\to\infty}w_n=\sup w_n=1$
Пусть
$z_{n+1}=\sqrt{6+z_n}, \qquad z_1=1$
Сначала докажем по индукции, что
$0<z_n<3$
для всех $n$ .
База. При $n=1$
$0<z_1=1<3$
Переход. Предположим, что $0<z_n<3$ . Тогда
$6<6+z_n<9$
Все числа положительны, поэтому после извлечения квадратного корня
$\sqrt6<\sqrt{6+z_n}<3$
Но $z_{n+1}=\sqrt{6+z_n}$ , следовательно, $0<z_{n+1}<3$ . Индукция завершена, и число $3$ является верхней гранью.
Теперь проверим возрастание. Поскольку $z_n>0$ , обе части неравенства
$z_{n+1}>z_n$
положительны, поэтому его можно равносильно возвести в квадрат:
$\begin{aligned} z_{n+1}>z_n &\iff \sqrt{6+z_n}>z_n\\ &\iff 6+z_n>z_n^2\\ &\iff z_n^2-z_n-6<0\\ &\iff (z_n-3)(z_n+2)<0 \end{aligned}$
Из $0<z_n<3$ следует $z_n-3<0$ и $z_n+2>0$ , значит, произведение действительно отрицательно. Поэтому $z_{n+1}>z_n$ для каждого $n$ .
Последовательность возрастает и ограничена сверху, поэтому по теореме о сходимости монотонной ограниченной последовательности имеет конечный предел $a$ . Тогда $z_{n+1}\to a$ , потому что сдвиг на один номер не меняет предел. Кроме того, функция квадратного корня непрерывна на положительных аргументах, поэтому из $z_n\to a$ следует
$\sqrt{6+z_n}\to\sqrt{6+a}$
Следовательно, в рекуррентном равенстве можно перейти к пределу:
$a=\sqrt{6+a}$
Так как обе части неотрицательны, возводим в квадрат:
$\begin{aligned} a^2=6+a,\\ a^2-a-6=0,\\ (a-3)(a+2)=0 \end{aligned}$
Получаем кандидаты $a=3$ и $a=-2$ . Но последовательность возрастает от $z_1=1$ , поэтому её предел удовлетворяет $a\ge1$ . Значит, $-2$ не подходит, и
$\lim_{n\to\infty}z_n=3$
Поскольку последовательность возрастает, её предел одновременно равен супремуму: $\sup z_n=3$ .
Рассмотрим $p_n=-n$ . При всех $n\ge1$
$p_n=-n\le-1=p_1$
Поэтому $-1$ является верхней гранью и одновременно достигается. Следовательно,
$\sup p_n=-1 \qquad \max p_n=-1$
Нижней вещественной грани нет. Действительно, если взять любое $m\in\mathbb R$ , можно выбрать натуральное $n>-m$ . Тогда $-n<m$ , поэтому $m$ не удерживает все члены снизу. Значит, в $\mathbb R$ инфимум не существует. В расширенной числовой прямой это записывают как
$\inf p_n=-\infty.$
Итак, в $\overline{\mathbb R}$
$\sup p_n=-1 \qquad \inf p_n=-\infty$
Из этих точных граней членом последовательности достигается только супремум: $p_1=-1$ .

Итог

Для рекуррентных последовательностей отсюда получается надёжный порядок действий:

\begin{gathered} \text{граница}+\text{монотонность}\\ \Downarrow\\ \text{существование предела}\longrightarrow\text{уравнение для предела} \end{gathered}

Главная смысловая схема.

Понятие	Суть
Верхняя грань $M$	Все члены удовлетворяют $x_n\le M$ .
Супремум	Наименьшая верхняя грань; ниже неё потолок уже опустить нельзя.
Нижняя грань $m$	Все члены удовлетворяют $x_n\ge m$ .
Инфимум	Наибольшая нижняя грань; выше неё пол уже поднять нельзя.
Максимум и минимум	Максимум — достигаемый супремум; минимум — достигаемый инфимум.
Расширенная прямая	$\overline{\mathbb R}=\mathbb R\cup\{-\infty,+\infty\}$ ; позволяет записывать супремум и инфимум неограниченных последовательностей с помощью $\pm\infty$ .
Монотонность	Члены движутся только в одном направлении: $x_{n+1}\ge x_n$ или $x_{n+1}\le x_n$ .
Ограниченность	Существует число $C>0$ , для которого $\|x_n\|\le C$ при всех $n\in\mathbb N$ ; все члены лежат в конечном отрезке.
Теорема о пределе	Неубывающая и ограниченная сверху последовательность сходится к своему супремуму; невозрастающая и ограниченная снизу — к инфимуму. В нашем курсе этот результат для краткости называется теоремой Вейерштрасса.