12 Проверьте себя

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 означало 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: $p_1=-1$ .