Definisi 1. Urutannya disebut menurun
(tidak meningkat
), jika untuk semua orang 
ketimpangan tetap terjadi 
.
Definisi 2. Konsistensi 
ditelepon meningkat
(tidak menurun
), jika untuk semua orang 
ketimpangan tetap terjadi 
.
Definisi 3. Barisan menurun, tidak bertambah, bertambah dan tidak berkurang disebut membosankan barisan, barisan menurun dan naik disebut juga sangat monoton urutan.
Jelaslah, barisan yang tidak menurun dibatasi dari bawah, dan barisan yang tidak bertambah dibatasi dari atas. Oleh karena itu, barisan monotonik apa pun jelas terbatas pada satu sisi.
Contoh 1. Konsistensi 
bertambah, tidak berkurang, 
berkurang 
tidak meningkat 
– urutan non-monotonik.
Untuk barisan monotonik, hal berikut ini memainkan peranan penting:
Dalil 1. Jika suatu barisan tak menurun (tak bertambah) dibatasi di atas (bawah), maka barisan tersebut konvergen.
Bukti. Biarkan urutannya 
tidak berkurang dan dibatasi dari atas, yaitu 
dan banyak lagi 
terbatas dari atas. Menurut Teorema 1 § 2 ada 
. Mari kita buktikan itu 
.
Mari kita ambil 
sewenang-wenang. Karena A– batas atas tepat, ada nomornya N
seperti yang 
. Karena barisannya tidak menurun, maka untuk semua 
kita punya, yaitu 
, Itu sebabnya 
untuk semua 
, dan ini berarti itu 
.
Untuk barisan tak-bertambah yang dibatasi di bawah, pembuktiannya serupa dengan ( siswa dapat membuktikan sendiri pernyataan ini di rumah). Teorema tersebut telah terbukti.
Komentar. Teorema 1 dapat dirumuskan secara berbeda.
Dalil 2. Agar suatu barisan monotonik konvergen, barisan tersebut perlu dan cukup dibatasi.
Kecukupan ditetapkan dalam Teorema 1, kebutuhan – dalam Teorema 2 dari § 5.
Kondisi monotonisitas tidak diperlukan untuk konvergensi suatu barisan, karena barisan yang konvergen belum tentu monotonik. Misalnya urutannya 
tidak monoton, tetapi konvergen ke nol.
Konsekuensi. Jika urutannya 
bertambah (menurun) dan dibatasi dari atas (dari bawah), maka 
(
).
Memang, menurut Teorema 1 
(
).
Definisi 4. Jika 
pada 
, maka urutannya dipanggil sistem kontrak segmen bersarang
.
Dalil 3 (prinsip segmen bersarang). Setiap sistem kontrak segmen yang disarangkan memiliki, dan terlebih lagi, suatu poin yang unik Dengan, milik semua segmen sistem ini.
Bukti. Mari kita buktikan maksudnya Dengan ada. Karena 
, Itu 
dan karena itu urutannya 
tidak berkurang, melainkan berurutan 
tidak meningkat. Di mana 
Dan 
terbatas karena. Kemudian, berdasarkan Teorema 1, ada 
Dan 
, tapi sejak itu 
, Itu 
=
. Titik ditemukan Dengan milik semua segmen sistem, karena akibat wajar dari Teorema 1 
,
, yaitu. 
untuk semua nilai N.
Sekarang mari kita tunjukkan maksudnya Dengan- satu satunya. Mari kita asumsikan ada dua poin seperti itu: Dengan Dan D dan biarkan untuk kepastian 
. Lalu segmennya 
milik semua segmen 
, yaitu. 
untuk semua N, yang tidak mungkin, karena 
dan, oleh karena itu, mulai dari angka tertentu, 
. Teorema tersebut telah terbukti.
Perhatikan bahwa hal penting di sini adalah bahwa interval tertutup dipertimbangkan, yaitu. segmen. Jika kita mempertimbangkan sistem interval kontrak, maka prinsipnya secara umum salah. Misalnya saja interval 
, jelas berkontraksi sampai titik tertentu 
, namun intinya 
tidak termasuk dalam interval mana pun dari sistem ini.
Sekarang mari kita perhatikan contoh barisan monotonik konvergen.
1) Nomor e.
Sekarang mari kita perhatikan urutannya 
. Bagaimana perilakunya? Basis
derajat 
, Itu sebabnya 
? Di sisi lain, 
, A 
, Itu sebabnya 
? Atau tidak ada batasannya?
Untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan ini, perhatikan barisan bantu 
. Mari kita buktikan bahwa itu berkurang dan dibatasi di bawah. Pada saat yang sama, kita akan membutuhkannya
Kata pengantar singkat. Jika 
, lalu untuk semua nilai alam N kita punya
(Ketidaksetaraan Bernoulli).
Bukti. Mari kita gunakan metode induksi matematika.
Jika 
, Itu 
, yaitu. ketidaksetaraan itu benar.
Mari kita asumsikan bahwa ini benar 
dan buktikan keabsahannya untuk 
+1.
Benar 
. Mari kalikan ketimpangan ini dengan 
:
Dengan demikian, . Artinya, menurut prinsip induksi matematika, pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk semua nilai natural N. Lemmanya terbukti.
Mari kita tunjukkan urutannya 
berkurang. Kita punya
׀Ketidaksetaraan Bernoulli׀ 
, dan ini berarti urutannya 
berkurang.
Keterbatasan dari bawah muncul dari ketimpangan 
׀Ketidaksetaraan Bernoulli׀ 
untuk semua nilai alam N.
Berdasarkan Teorema 1 ada 
, yang dilambangkan dengan huruf e. Itu sebabnya 
.
Nomor e tidak rasional dan transendental, e= 2,718281828… . Seperti diketahui, ini adalah basis logaritma natural.
Catatan. 1) Pertidaksamaan Bernoulli dapat digunakan untuk membuktikan hal tersebut 
pada 
. Memang benar jika 
, Itu 
. Kemudian menurut pertidaksamaan Bernoulli, dengan 
. Oleh karena itu, di 
kita punya 
, itu adalah 
pada 
.
2) Pada contoh yang dibahas di atas, dasar derajatnya 
cenderung 1, dan eksponen N- Ke 
, yaitu adanya ketidakpastian bentuk 
. Ketidakpastian seperti ini, sebagaimana telah kami tunjukkan, terlihat dari adanya batas yang luar biasa 
.
2)
(*)
Mari kita buktikan bahwa barisan ini konvergen. Untuk melakukan ini, kami menunjukkan bahwa itu dibatasi dari bawah dan tidak bertambah. Dalam hal ini, kami menggunakan pertidaksamaan 
untuk semua 
, yang merupakan konsekuensi dari ketimpangan 
.
Kita punya 
lihat ketimpangan lebih tinggi 
, yaitu. barisan tersebut dibawahnya dibatasi oleh bilangan 
.
Lebih jauh, 
sejak 
, yaitu. urutannya tidak bertambah.
Berdasarkan Teorema 1 ada 
, yang kami tunjukkan X. Melewati persamaan (*) sampai batas di 
, kita mendapatkan
, yaitu. 
, Di mana 
(kita ambil tanda plus, karena semua suku barisan tersebut positif).
Urutan (*) digunakan dalam perhitungan 
sekitar. Di belakang 
ambil bilangan positif apa pun. Misalnya, mari kita temukan 
. Membiarkan 
. Kemudian 
,. Dengan demikian, 
.
3)
.
Kita punya 
. Karena 
pada 
, ada nomor N, sehingga untuk semua orang 
ketimpangan tetap terjadi 
. Jadi urutannya 
, dimulai dari nomor tertentu N, berkurang dan dibatasi di bawah, karena 
untuk semua nilai N. Artinya menurut Teorema 1 ada 
. Karena 
, kita punya 
.
Jadi, 
.
4)
, di sebelah kanan - N
akar.
Dengan menggunakan metode induksi matematika kita akan menunjukkan hal itu 
untuk semua nilai N. Kita punya 
. Membiarkan 
. Kemudian dari sini diperoleh pernyataan berdasarkan prinsip induksi matematika. Dengan menggunakan fakta ini, kami menemukan, yaitu. selanjutnya 
bertambah dan dibatasi dari atas. Oleh karena itu, itu ada karena 
.
Dengan demikian, 
.
Teorema Weierstrass tentang limit barisan monoton
Barisan berbatas monoton apa pun (xn) mempunyai batas berhingga yang sama dengan batas atas eksak, sup(xn) untuk batas bawah yang tidak menurun dan tepat, info(xn) untuk barisan yang tidak bertambah.
Setiap barisan monotonik tak berbatas mempunyai limit tak terhingga yang sama dengan plus tak terhingga untuk barisan tak-berkurang dan minus tak terhingga untuk barisan tak-bertambah.
Bukti
1) barisan berbatas tak menurun.
(1.1)
.
Karena barisan tersebut berbatas, maka barisan tersebut mempunyai batas atas yang rapat
.
Artinya:
- untuk semua n,
(1.2) ;
(1.3) .
.
Di sini kami juga menggunakan (1.3). Menggabungkan dengan (1.2), kita menemukan:
pada .
Dari dulu
,
atau
pada .
Teorema bagian pertama telah terbukti.
2)
Biarkan sekarang urutannya menjadi barisan berbatas yang tidak bertambah:
(2.1)
untuk semua n.
Karena barisan tersebut berbatas, maka barisan tersebut mempunyai batas bawah yang rapat
.
Artinya sebagai berikut:
- untuk semua n pertidaksamaan berikut berlaku:
(2.2) ; - untuk siapa pun nomor positif, ada nomor, tergantung pada ε, yang mana
(2.3) .
.
Di sini kami juga menggunakan (2.3). Dengan mempertimbangkan (2.2), kami menemukan:
pada .
Dari dulu
,
atau
pada .
Artinya bilangan tersebut merupakan limit barisan tersebut.
Teorema bagian kedua terbukti.
Sekarang pertimbangkan barisan tak terbatas.
3)
Biarkan saja urutannya urutan tidak menurun yang tidak terbatas.
Karena barisan tersebut tidak menurun, pertidaksamaan berikut berlaku untuk semua n:
(3.1)
.
Karena barisan tersebut tidak menurun dan tidak terbatas, maka barisan tersebut tidak terbatas pada ruas kanan. Maka untuk bilangan apa pun M pasti ada bilangannya, bergantung pada M yang mana
(3.2)
.
Karena barisan tersebut tidak menurun, maka diperoleh:
.
Di sini kami juga menggunakan (3.2).
.
Artinya limit barisan tersebut ditambah tak terhingga:
.
Teorema bagian ketiga terbukti.
4) Terakhir, pertimbangkan kasus kapan barisan tidak bertambah yang tidak terbatas.
Mirip dengan yang sebelumnya, karena barisannya tidak bertambah
(4.1)
untuk semua n.
Karena barisan tersebut tidak bertambah dan tidak terbatas, maka barisan tersebut tidak terbatas pada ruas kiri. Maka untuk bilangan apa pun M pasti ada bilangannya, bergantung pada M yang mana
(4.2)
.
Karena barisan tersebut tidak bertambah, maka bila kita mempunyai:
.
Jadi, untuk nomor M apa pun ada yang seperti itu bilangan asli, bergantung pada M, sehingga untuk semua bilangan terdapat pertidaksamaan berikut:
.
Artinya limit barisan tersebut sama dengan minus tak terhingga:
.
Teorema tersebut telah terbukti.
Contoh penyelesaian masalah
Dengan menggunakan teorema Weierstrass, buktikan konvergensi barisan tersebut:
,
,
. . . ,
,
. . .
Kemudian temukan batasnya.
Mari kita nyatakan barisan tersebut dalam bentuk rumus berulang:
,
.
Mari kita buktikan bahwa barisan tertentu dibatasi di atas oleh nilai
(P1) .
Pembuktiannya dilakukan dengan menggunakan metode induksi matematika.
.
Membiarkan . Kemudian
.
Ketimpangan (A1) terbukti.
Mari kita buktikan bahwa barisan tersebut bertambah secara monoton.
;
(P2) .
Karena , maka penyebut pecahan dan faktor pertama pembilangnya adalah positif. Karena suku-suku barisan tersebut dibatasi oleh pertidaksamaan (A1), faktor kedua juga positif. Itu sebabnya
.
Artinya, urutannya semakin meningkat.
Karena barisan tersebut naik dan berbatas di atas, maka barisan tersebut termasuk barisan berbatas. Oleh karena itu, menurut teorema Weierstrass, ia mempunyai batas.
Mari kita temukan batas ini. Mari kita nyatakan dengan a:
.
Mari kita gunakan fakta itu
.
Mari kita terapkan ini pada (A2), menggunakan sifat aritmatika dari limit barisan konvergen:
.
Kondisi tersebut dipenuhi oleh root.
Terkadang urutan seperti itu disebut meningkat secara ketat dan, dan istilah "V. p." berlaku untuk barisan yang memenuhi semua kondisi, barisan seperti ini disebut. juga tidak menurun. Setiap barisan tak-turun yang dibatasi di atas mempunyai limit berhingga, dan setiap barisan yang tidak dibatasi di atasnya mempunyai limit tak hingga sama dengan +tak terhingga. L.D.Kudryavtsev.
Ensiklopedia matematika. - M.: Ensiklopedia Soviet. I.M.Vinogradov. 1977-1985.
Lihat apa itu “URUTAN YANG TERMASUK” di kamus lain:
urutan yang meningkat- - [LG Sumenko. Kamus Inggris-Rusia tentang teknologi informasi. M.: Badan Usaha Milik Negara TsNIIS, 2003.] Topik teknologi Informasi secara umum EN urutan menaik... Panduan Penerjemah Teknis
Tugas mencari barisan naik terpanjang adalah mencari barisan naik terpanjang dalam suatu barisan unsur tertentu. Isi 1 Pernyataan masalah 2 Algoritma terkait ... Wikipedia
Fungsi monotonik adalah fungsi yang pertambahannya tidak berubah tanda, yaitu selalu non-negatif atau selalu non-positif. Jika pertambahan tersebut tidak sama dengan nol, maka fungsi tersebut dikatakan monotonik. Isi 1 Definisi 2 ... ... Wikipedia
Barisan Barisan bilangan adalah barisan unsur-unsur dalam ruang bilangan. Angka numerik... Wikipedia
Ini adalah barisan yang elemen-elemennya tidak berkurang seiring bertambahnya bilangan, atau sebaliknya, tidak bertambah. Urutan seperti itu sering dijumpai dalam penelitian dan mempunyai jumlah fitur khas dan properti tambahan.... ... Wikipedia
Barisan monotonik adalah barisan yang memenuhi salah satu syarat berikut: untuk bilangan berapa pun pertidaksamaannya berlaku (barisan tidak berkurang), untuk bilangan berapa pun pertidaksamaannya berlaku (tidak bertambah... ... Wikipedia
Cabang teori bilangan di mana himpunan bilangan yang mempunyai sifat aritmatika tertentu dipelajari dan dikarakterisasi secara metrik (yaitu, berdasarkan teori ukuran). properti. M. h. erat kaitannya dengan teori probabilitas, yang terkadang memungkinkan... ... Ensiklopedia Matematika
Nyatakan bahwa setiap barisan naik berbatas mempunyai limit dan limit tersebut sama dengan supremumnya. Terlepas dari kesederhanaan pembuktiannya, teorema ini ternyata sangat berguna untuk mencari limit dari banyak... ... Wikipedia
Teorema yang memberikan perkiraan kepadatan jumlah dua barisan. Misalkan A=(0, a 1, a.2,..., a i, ...) adalah barisan bilangan bulat yang bertambah dan massa jenis barisan tersebut adalah Anaz. kuantitas adalah jumlah aritmatika dari dua... ... Ensiklopedia Matematika
Ruang tersebut berkonjugasi dengan ruang fungsi dasar (cukup baik). Peran penting Spasi frechet (tipe FS) dan spasi konjugasi kuat (tipe DFS) berperan di sini. Spasi bertipe FS adalah batas proyektif dari suatu kompak... ... Ensiklopedia Matematika