Mokykis

Sekos: ε–N ir begalinės ribos

Seka yra numeruotų skaičių eilė: $a_1,a_2,a_3,\ldots$ Čia argumentas yra natūralusis $n$. Sekos riba sako, kad nuo tam tikro numerio visi nariai telpa į norimo siaurumo juostą aplink $L$.

n yra vietos numeris, aₙ yra toje vietoje esantis skaičius

Sekai $\displaystyle a_n=2+\frac{3}{n}$ turime $a_1=5$, $a_2=3{,}5$, $a_3=3$, $a_{30}=2{,}1$. Numeris $n$ didėja be galo, tačiau nario reikšmė $a_n$ gali artėti prie baigtinio skaičiaus. Grafike tai atskiri taškai $(n;a_n)$, nes tarp indeksų $3$ ir $4$ seka neturi nario su numeriu $3{,}5$. Riba klausia apie tolimą sekos dalį, todėl keli išskirtiniai pirmieji nariai jos nekeičia.

N yra slenkstis, po kurio visi nariai tinka

Tai pačiai sekai norime $|a_n-2|<0{,}1$. Kadangi paklaida tiksliai $\displaystyle \frac{3}{n}$, reikia $n>30$. Su įprastu apibrėžimo užrašu „kai $n>N$“ tinka $N=30$: tikrinami $31,32,33,\ldots$. Ties $n=30$ paklaida būtų lygi $0{,}1$, todėl griežtai nelygybei dar netiktų. Bendram $\varepsilon$ sprendžiame $\displaystyle \frac{3}{n}<\varepsilon$ ir parenkame sveiką slenkstį. Svarbiausias žodis yra „visi“: vienas vėlyvas geras narys konvergavimo neįrodo.

N vietoj δ

$$\forall\varepsilon>0\ \exists N\in\mathbb N:\quad n>N\Longrightarrow|a_n-L|<\varepsilon.$$ Funkcijai priartiname $x$ prie taško, o sekai einame pakankamai toli: didiname $n$. Pvz., $\displaystyle a_n=2+\frac{3}{n}$. Kad $|a_n-2|<\varepsilon$, reikia $\displaystyle n>\frac{3}{\varepsilon}$. Tinka $\displaystyle N=\lceil\frac{3}{\varepsilon}\rceil$.

Begalinė riba ir didžioji M

$a_n\to+\infty$ reiškia: kiekvienam aukščio slenksčiui $M>0$ egzistuoja $N$, kad visiems $n>N$ būtų $a_n>M$. Analogiškai $a_n\to-\infty$: galiausiai $a_n<-M$. Kai $f(x)\to+\infty$ prie baigtinio taško $a$, vietoj $N$ parenkama $\delta$: $0<|x-a|<\delta\Rightarrow f(x)>M$. Kai $x\to+\infty$ ir $f(x)\to L$, parenkamas slenkstis $X$: $x>X\Rightarrow|f(x)-L|<\varepsilon$.

Ką daryti su n reiškiniais

Polinomų trupmeną dalyk iš aukščiausio vardiklio laipsnio. Eksponenčių trupmenoje dalyk iš didžiausio eksponentinio pagrindo laipsnio. Šaknų skirtumui taikyk jungtinį reiškinį. $\displaystyle (1+\frac{c}{n})^n\to e^c$. Taip pat $|q|<1\Rightarrow q^n\to0$. Vien kelių pirmųjų narių lentelė ribos neįrodo.

Konspekto pastaba: binomo nario numeris

Plėtinyje $(a+b)^n$ bendrasis $k$-asis narys yra $T_k=\binom n{k-1}a^{n-k+1}b^{k-1}$, kai $k=1,\ldots,n+1$. Nario numeris ir $b$ rodiklis skiriasi vienetu. Pvz., $T_3=\binom n2a^{n-2}b^2=n(n-1)a^{n-2}b^2/2$. Kai $d\ge0$, visi $(1+d)^n$ nariai neneigiami, todėl $(1+d)^n\ge1+nd$. Taip konspekte įrodomas $\sqrt[n]5\to1$ suspaudimu; detalią eigą rasi ribų skyriaus augimo greičių paaiškinime.

Išspręskime kartu

Pagal apibrėžimą įrodyk $\displaystyle \frac{4n+1}{3n+2}\to\frac{4}{3}$.

  1. Rašome atstumą iki kandidato: $\displaystyle |a_n-\frac{4}{3}|=|\frac{4n+1}{3n+2}-\frac{4}{3}|$.
  2. Suvienodiname vardiklius: $\displaystyle \left|\frac{3(4n+1)-4(3n+2)}{3(3n+2)}\right|$.
  3. Skaitiklis $12n+3-12n-8=-5$, vardiklis $9n+6>0$. Modulis panaikina minusą, taigi paklaida $\displaystyle \frac5{9n+6}$.
  4. Sprendžiame gautą nelygybę tiksliai, kaip konspekte: $\frac5{9n+6}<\varepsilon \iff 5<9n\varepsilon+6\varepsilon \iff n>\frac{5-6\varepsilon}{9\varepsilon}$. Dalijame tik iš teigiamo $9\varepsilon$.
  5. Parenkame $N=\max(0,\frac{5-6\varepsilon}{9\varepsilon})$. N yra slenkstis: n turi būti natūralus ir didesnis už N. Apvalinti N nebūtina, nes n vis tiek sveikas.
  6. Kiekvienam natūraliajam $n>N$ gauta nelygybė tenkinama, vadinasi $|a_n-4/3|<\varepsilon$. Riba pagal apibrėžimą lygi $4/3$.

Atsakymas. Riba $\displaystyle \frac{4}{3}$; tinka $\displaystyle N=\lceil\frac{5}{9\varepsilon}\rceil$.

Sekos riba ir tikslumo indeksas

Rask $\displaystyle a_n=\frac{n}{n+1}$ ribą ir nurodyk, nuo kurio indekso $|a_n-1|<0{,}01$.

Užuomina

Pirmiausia apskaičiuok tikslų skirtumą nuo $1$.

Pirmas žingsnis

$\displaystyle \left|\frac{n}{n+1}-1\right|=\frac1{n+1}$.

Sprendimo eiga
  1. $\displaystyle \left|\frac{n}{n+1}-1\right|=\frac1{n+1}$.
  2. Padalijus skaitiklį ir vardiklį iš $n$ gauname $\displaystyle a_n=\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\to1$.
  3. Paklaidą išvedame: $\displaystyle \left|\frac n{n+1}-1\right|=\left|\frac{n-(n+1)}{n+1}\right|=\left|\frac{-1}{n+1}\right|=\frac1{n+1}$.
  4. Tikslumo sąlyga yra $\displaystyle \frac{1}{n+1}<0{,}01=\frac{1}{100}$.
  5. Kadangi vardikliai teigiami, gauname $n+1>100$, taigi $n>99$.
  6. Visiems sveikiesiems $n\ge100$ sąlyga galioja. Ties $n=99$ paklaida būtų lygi $0{,}01$, todėl netiktų.
  7. Patikra: $\displaystyle |a_{100}-1|=\frac{1}{101}\approx0{,}009901$.

$\lim a_n=1$; reikalaujamas tikslumas galioja visiems $n\ge100$.

Svyruoja, bet vis tiek konverguoja

Rask sekos $\displaystyle a_n=\frac{(-1)^n}{n}$ ribą.

Užuomina

Ženklas kaitaliojasi, bet atstumas iki nulio mažėja.

Pirmas žingsnis

Įvertink $\displaystyle -\frac{1}{n}\le a_n\le\frac{1}{n}$.

Sprendimo eiga
  1. Įvertink $\displaystyle -\frac{1}{n}\le a_n\le\frac{1}{n}$.
  2. Kai $n$ lyginis, $\displaystyle a_n=\frac{1}{n}$; kai nelyginis, $\displaystyle a_n=-\frac{1}{n}$.
  3. Abi ribojančios sekos $\displaystyle -\frac{1}{n}$ ir $\displaystyle \frac{1}{n}$ artėja prie nulio.
  4. Pagal suspaudimo teoremą $a_n\to0$.
  5. Tą patį rodo paklaida $\displaystyle |a_n-0|=\frac{1}{n}$. Bet kuriam $\varepsilon>0$ pakanka $\displaystyle n>\frac{1}{\varepsilon}$.
  6. Patikra: $a_{100}=0{,}01$, o $a_{101}\approx-0{,}009901$; abi reikšmės arti nulio.

$0$

Daugiau užduočių pagal skyrius ↗