Предел последовательности

п.1. Определение последовательности

С понятием «последовательность» мы уже познакомились, когда изучали прогрессии (см. §24 справочника для 9 класса). По определению:

Т.е., числовая последовательность – это некий набор чисел с присвоенными им порядковыми номерами. Это набор можно задать формулой, описанием или просто перечислением.

Например:
1) Формула \(y_n=\frac1n,\ n\in\mathbb{N}\) задает бесконечную последовательность дробей:

2) Формула \(y_n=(-1)^n,\ n\in\mathbb{N}\) задает бесконечную последовательность «прыгающих» единиц:

3) Рекуррентная формула \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_(n+2)=y_(n+1)+y_n\) задает бесконечную последовательность чисел Фибоначчи:

4) Описание «число π точностью до \(10^{-n}\)» задает бесконечную последовательность все более «подробных» значений числа π:

Этот ряд можно также задать формулой \(y_n=\frac{[\pi\cdot 10^n]}{10^n}\), где квадратные скобки обозначают целую часть от числа.

п.2. Предел последовательности

Поведение последовательности «на длинных дистанциях» может быть неочевидным. Чтобы лучше понять, возрастает или убывает заданный ряд чисел, ограничен ли он какой-либо величиной или уходит на бесконечность, проще всего построить график.

Например:

1) \(y_n=\frac1n\) Последовательность сходится к 0

2) \(y_n=(-1)^n\) Последовательность ни к чему не сходится

3) числа Фибоначчи \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_{n+2}=y_{n+1}+y_n\) Последовательность уходит на бесконечность

4) приближения числа π Последовательность сходится к π

В приведенных примерах мы видим, что последовательность \(y_n=\frac1n\) сходится к 0, а приближение числа π \(y_n=\frac{[\pi\cdot 10^n]}{10^n}\) конечно же сходится к π.
Говорят, что у таких последовательностей есть конечный предел, и записывают это так: $$ \lim_{n\rightarrow\infty}\frac1n=0,\ \ \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{[\pi\cdot 10^n]}{10^n}=\pi $$

п.3. Как доказать сходимость последовательности к пределу?

Разберем данное выше определение предела на конкретном примере.
Пусть \(y_n=\frac{1}{n+4}\). Докажем, что предел этой последовательности b=0.
Найдем номер \(N_{\varepsilon}\) члена последовательности, который первым окажется меньше одной тысячной. Т.е. «заранее взятое число» у нас ε=0,001, а ε-окрестность окружает точку предела \(b=0:\ -\varepsilon\lt y_n\lt\varepsilon\).
Решаем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\): \begin{gather*} \left|\frac{1}{n+4}-0\right|\lt 0,001\Rightarrow \frac{1}{n+4}\lt 0,001\Rightarrow n+4\gt \frac{1}{0,001}=1000\\ n\gt 996\Rightarrow N_{\varepsilon}=997 \end{gather*} Значит, начиная с \(N_{\varepsilon}=997\), все \(y_n=\frac{1}{n+4},\ n\geq N_{\varepsilon}=997\) будут меньше ε=0,001.
Если попробовать еще больше приблизиться к пределу b=0, например с ε=0,00001, стартовый номер \(N_{\varepsilon}\) для членов последовательности, которые умещаются в 100 раз меньшей ε-окрестности, очевидно, увеличится.
Теперь найдем общую формулу зависимости \(N_{\varepsilon}\) для последовательности \(y_n=\frac{1}{n+4}\) с пределом b=0: \begin{gather*} \left|\frac{1}{n+4}-0\right|\lt \varepsilon \Rightarrow \frac{1}{n+4}\lt \varepsilon\Rightarrow n+4\gt \frac{1}{\varepsilon}\\ n\gt\frac1\varepsilon-4\Rightarrow N_{\varepsilon}=\left[\frac1\varepsilon-4\right]+1 \end{gather*} где квадратные скобки обозначают целую часть от числа.

И построим график (в логарифмическом масштабе):

Мы видим, что чем меньше ε, тем больше \(N_{\varepsilon}\). Но главное – мы всегда можем его указать.
Таким образом, мы доказали, что действительно \(\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n+4}=0\)
Ведь для любого сколь угодно малого \(\varepsilon\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_{\varepsilon}=\left[\frac1\varepsilon-4\right]+1\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_{\varepsilon}\) разность \(\left|\frac{1}{n+4}-0\right|\), т.е. эти члены не выйдут за переделы ε окрестности предела b=0.

Построенный график интересен еще и тем, что показывает одно из важных практических применений логарифмов: если разбросы по шкалам очень велики, отличаются на порядки, то графики удобней строить в десятичных логарифмах.
Такие графики часто можно увидеть у физиков-ядерщиков, копающих вглубь, от нанометров до планковских длин; или у астрономов, всматривающихся вдаль, от тысяч километров до гигапарсек.

п.4. Ограниченные и неограниченные последовательности

Например:
1) последовательность \(y_n=\frac1n\) ограничена сверху \(M=y_1=1\) и ограничена снизу \(m=\lim_{n\rightarrow\infty}y_n=0\). Т.е. \(0\lt y_n\leq 1,\ \forall n\) - последовательность ограничена.
2) последовательность \(y_n=(-1)^n\) ограничена сверху \(M=1\) и ограничена снизу \(m=-1\). Т.е. \(-1\leq y_n\leq 1,\ \forall n\) - последовательность ограничена.
3) последовательность чисел Фибоначчи \(y_1=1,\ y_2=1,\ y_{n+2}=y_{n+1}+y_n\) ограничена снизу \(m=1\), но неограничена сверху. Т.е. последовательность неограничена: \(\lim_{n\rightarrow\infty}=+\infty\)

п.5. Как доказать неограниченность последовательности?

Разберем данное выше определение неограниченности (стремления к бесконечности) на конкретном примере.
Пусть \(y_n=n^2\). Докажем, что последовательность неограничена.
Найдем номер \(N_M\) члена последовательности, который первым окажется больше \(M=100\) - нашего «сколько угодно большого числа».
Согласно определению, подставляем значения в неравенство \(|y_n|\gt M\): \begin{gather*} |n^2|\gt 100\Rightarrow n^2\gt 100\Rightarrow n\gt 10\\ N_M=11 \end{gather*} Т.е. все \(y_n\), начиная с 11-го, будут больше 100.
Выведем общую формулу для \(N_M\): \begin{gather*} |n^2|\gt M\Rightarrow n^2\gt M\Rightarrow n\gt\sqrt{M}\\ N_M=[\sqrt{M}]+1 \end{gather*} где квадратные скобки обозначают целую часть числа.

Например:

Таким образом, мы доказали, что действительно \(\lim_{n\rightarrow\infty}n^2=+\infty\)
Ведь для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=[\sqrt{M}]\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=n^2\gt M\), т.е. члены последовательности становятся ещё больше.

п.6. Примеры

Пример 1. Используя определение предела последовательности, докажите, что:
a) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n+1}{3-2n}=-\frac12 \)
По условию: $$ y_n=\frac{n+1}{3-2n},\ \ b=-\frac12 $$ Находим \(N_{\varepsilon}\) для произвольного ε>0 из неравенства \(|y_n-b|\lt\varepsilon\)
$$ \left|\frac{n+1}{3-2n}+\frac12\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac{2n+2+3-2n}{2(3-2n)}\right| \lt \varepsilon\Rightarrow \frac52\left|\frac{1}{3-2n}\right|\lt \varepsilon $$ Знаменатель у дроби под модулем при \(n\geq 2\) отрицательный . Поэтому, раскрывая модуль, получаем: \begin{gather*} \frac52\left|\frac{1}{3-2n}\right|=\frac{5}{2(2n-3)}\lt \varepsilon\Rightarrow 2n-3\gt \frac{5}{2\varepsilon}\Rightarrow n\gt\frac12\left(\frac{5}{2\varepsilon}+3\right)\\ N_{\varepsilon}=\left[\frac12\left(\frac{5}{2\varepsilon}+3\right)\right]+1 \end{gather*} Например:

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[\frac12\left(\frac{5}{2\varepsilon}+3\right)\right]+1\), начиная с которого
\(\left|\frac{n+1}{3-2n}+\frac12\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\geq 2\).
Что и требовалось доказать.

б) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2+1}{3n^2+n+1}=\frac13 \)
По условию: $$ y_n=\frac{n^2+1}{3n^2+n+1},\ \ b=\frac13 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):
$$ \left|\frac{n^2+1}{3n^2+n+1}-\frac13\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac{3n^2+3-3n^2-n-1}{3(3n^2+n+1)}\right| \lt \varepsilon\Rightarrow \frac13\left|\frac{2-n}{3n^2+n+1}\right|\lt \varepsilon $$ Раскрываем модуль: $$ \frac13\cdot \left|\frac{2-n}{3n^2+n+1}\right|=\frac{n-2}{3(3n^2+n+1)}\lt \varepsilon $$ Усилим неравенство, чтобы было легче найти \(N_{\varepsilon}\). Заметим, что для \(n\geq 3\): \begin{gather*} \frac{n-2}{3(3n^2+n+1)}\geq\frac{1}{3(3n^2+n+1)} = \frac{1}{9\left(n^2+\frac n3+\frac13\right)}\gt\frac{1}{9(n^2+2n+1)}=\frac{1}{9(n+1)^2}\\ \frac{1}{9(n+1)^2}\lt\frac{n-2}{3(3n^2+n+1)}\lt \varepsilon\Rightarrow\frac{1}{9(n+1)^2}\lt \varepsilon\Rightarrow (n+1)^2\gt\frac{1}{9\varepsilon}\\ n+1\gt\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}\Rightarrow n\gt\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}-1\\ N_{\varepsilon}=\left[\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}-1\right]+1 =\left[\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}\right],\ \ N_{\varepsilon}\geq 3 \end{gather*} Например:

Показанный приём с усилением неравенства часто применяется в математическом анализе. Найденное \(N_{\varepsilon}\) немного больше «точного» значения, которое следует из исходной дроби \(\frac{n-2}{3(3n^2+n+1)}\), но наша задача в том, чтобы обоснованно построить любое выражение для стартового номера \(N_{\varepsilon}\) в зависимости от ε.
Если найденный номер будет немного больше исходного – не страшно; главное, чтобы он 1) был обоснован; 2) гарантировал размещение всех последующих \(y_n,\ n\geq N_{\varepsilon}\) в ε окрестности предела b.

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[\frac{1}{3\sqrt{\varepsilon}}\right]\), начиная с которого \(\left|\frac{n^2+1}{3n^2+n+1}-\frac13\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\geq 3\).
Что и требовалось доказать.

в) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{3^n+1}{3^n}=1 \)
По условию: $$ y_n=\frac{3^n+1}{3^n},\ \ b=1 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):
\begin{gather*} \left|\frac{3^n+1}{3^n}-1\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \left|\frac{3^n+1-3^n}{3^n}\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \frac{1}{3^n}\lt \varepsilon\Rightarrow 3^n\gt \frac1\varepsilon\\ n\gt\log_3\frac1\varepsilon\Rightarrow n\gt -\log_3\varepsilon\\ N_{\varepsilon}=\left[-\log_3\varepsilon\right]+1 \end{gather*} Например:

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[-\log_3\varepsilon\right]\), начиная с которого \(\left|\frac{3^n+1}{3^n}-1\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\).
Что и требовалось доказать.

г) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1}=\frac15 \)
По условию: $$ y_n=\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1},\ \ b=\frac15 $$ Записываем неравенство \(|y_n-b|\lt\varepsilon\):
\begin{gather*} \left|\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1}-\frac15\right|\lt\varepsilon\Rightarrow \frac15\left|\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n}-1}{\sqrt{n}+1}\right|\lt\varepsilon \Rightarrow \frac{1}{5(\sqrt{n}+1)}\lt\varepsilon\Rightarrow \sqrt{n}+1\gt\frac{1}{5\varepsilon}\\ \sqrt{n}\gt\frac{1}{5\varepsilon}-1\Rightarrow n\gt\left(\frac{1}{5\varepsilon-1}\right)^2\\ N_{\varepsilon}=\left[\left(\frac{1}{5\varepsilon}-1\right)^2\right]+1 \end{gather*} Например:

Таким образом, для любого сколь угодно малого ε>0 найдется номер в последовательности \(N_{\varepsilon}=\left[\left(\frac{1}{5\varepsilon}-1\right)^2\right]\), начиная с которого \(\left|\frac{\sqrt{n}}{5\sqrt{n}+1}-\frac15\right|\lt\varepsilon,\ n\geq N_{\varepsilon}\).
Что и требовалось доказать.

Пример 2. Используя определения неограниченной последовательности, докажите, что:
a) \( \lim_{n\rightarrow\infty}2^n=+\infty \)
По условию: \(y_n=2^n\)
Записываем неравенство \(|y_n|\gt M\):
\begin{gather*} 2^n\gt M\Rightarrow n\gt \log_2M\\ N_M=\left[\log_2M\right]+1 \end{gather*} Например:

Таким образом, для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=\left[\log_2M\right]+1\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=2^n\gt M\).
Что и требовалось доказать.

б) \( \lim_{n\rightarrow\infty}\sqrt{n+1}=+\infty \)
По условию: \(y_n=\sqrt{n+1}\)
Записываем неравенство \(|y_n|\gt M\):
\begin{gather*} \sqrt{n+1}\gt M\Rightarrow n+1\gt M^2\Rightarrow n\gt M^2 -1\\ N_M=\left[M^2-1\right]+1=\left[M^2\right] \end{gather*} знак целой части оставляем, т.к. \(M\in\mathbb{R}\) - не обязательно целое.
Например:

Таким образом, для любого сколь угодно большого \(M\gt 0\) мы можем указать такой номер \(N_M=\left[M^2\right]\), начиная с которого, для всех членов последовательности с номерами \(n\geq N_M,\ y_n=\sqrt{n+1}\gt M\).
Что и требовалось доказать.