Форум сайта AMKbook.Net

Доказать,что последовательность
\(U_{n}=1+(-1)^{n}\) не имеет предела при неограниченном возрастании n.


Докажем от противного. Пусть \(\lim_{n\rightarrow +\infty }{U_{n}} = a\).
Тогда для числа 𝜀=1 найдется такой номер N, что для всех номеров n, больших N, будет выполняться
\(\left | U_{n}-a \right |<\varepsilon =1\)
Следовательно, \(2=\left | x_{N+1}- x_{N+2}\right |=\left |(x_{N+1}-a)-(x_{N+2}-a) \right |\leq \left | x_{N+1}-a \right |+\left | x_{N+2}-a \right |< 1+1=2\)
Мы пришли к противоречию: 2<2. Следовательно, предположение,что \(\lim_{n\rightarrow +\infty }{U_{n}} = a\) - ложное.
ч. т. д.

Я думал в этой задаче применить критерий Коши, - точнее, его отрицание. В принципе, ваше решение, как мне кажется, отчасти использует данный приём, только как бы это подробно расписать, чтобы было ясно читателю, как получилось прийти к данному выводу

Может, примерно в таком ключе?

Очевидно, что расстояние между двумя соседними членами последовательности равно 2:


Значит, если для произвольного числа \(a\) рассматривать окрестность длины 2 (можно взять и меньшую длину), то есть интервал \(\left(a-1;a+1\right)\), то любые два соседних члена последовательности не могут находиться в ней одновременно, ибо расстояние меж ними равно 2. Значит, по крайней мере один из них будет лежать вне данной окрестности.

Таким образом, для любого числа \(a\) существует значение \(\varepsilon=1\) такое, что для любого натурального \(N\) найдётся значение \(n\ge{N}\), равное \(N\) или \(N+1\), для которого имеем \(\left|u_n-a\right|\ge\varepsilon\). Это значит, что последовательность расходится.


Это же утверждение легко доказать более формально, используя отрицание критерия Коши. Нам нужно показать, что существует такое \(\varepsilon\gt{0}\), что для любого натурального \(N\) найдутся значения \(n\ge{N}\) и \(m\ge{N}\), для которых \(\left|u_n-u_m\right|\ge\varepsilon\). Принимая, например, \(\varepsilon=2\), \(n=N+1\) и \(m=N\), имеем:



Можно и не использовать критерий Коши, отталкиваясь от определения предела. Если \(\lim_{n\to\infty}u_n=a\), то для любого \(\varepsilon\gt{0}\), в том числе и для \(\varepsilon=1\), существует номер \(N\) такой, что для всех номеров \(n\ge{N}\) выполнено неравенство \(\left|u_n-a\right|\lt\varepsilon\).

Однако условие \(\left|u_n-a\right|\lt{1}\) приводит к противоречию, так как для номеров \(N\) и \(N+1\) имеем:


Полученное противоречие, т.е. \(2\lt{2}\), говорит о том, что предположение о сходимости заданной последовательности - ложное, т.е. заданная последовательность не имеет предела.

Здравствуйте. Я доказывала, отталкиваясь от определения предела, и брала члены N+1 и N+2, так как в определении неравенство n>N строгое.

Маргарита писал(а): ↑14 ноя 2021, 13:27 Здравствуйте. Я доказывала отталкиваясь от определения предела и брала члены N+1 и N+2, так как в определении неравенство n>N строгое.

Я понял, что вы использовали определение со строгим неравенством Просто тут определения разнятся, и у одних авторов указано \(n\gt{N}\), а у иных - \(n\ge{N}\). Я более склоняюсь ко второму варианту с нестрогим неравенством, - поэтому и рассматривал именно такой вариант.