Definisi 1. Barisan tersebut disebut memudar (tidak meningkat ) jika untuk semua
ketidaksetaraan
.

Definisi 2. Konsistensi
ditelepon meningkat (tidak berkurang ) jika untuk semua
ketidaksetaraan
.

Definisi 3. Barisan turun, tidak naik, naik, dan tidak turun disebut membosankan barisan, barisan turun dan barisan naik disebut juga sangat monoton urutan.

Jelas, barisan yang tidak bertambah dibatasi dari bawah, barisan yang tidak bertambah dibatasi dari atas. Oleh karena itu, setiap barisan monoton jelas dibatasi pada satu sisi.

Contoh 1. Konsistensi
bertambah bukan berkurang
berkurang
tidak bertambah
adalah barisan yang tidak monoton.

Untuk barisan monoton peran penting bermain selanjutnya

Dalil 1. Jika barisan tak-turun (non-naik) dibatasi dari atas (dari bawah), maka barisan itu konvergen.

Bukti. Biarkan urutannya
tidak berkurang dan dibatasi dari atas, yaitu
dan banyak lagi
terbatas dari atas. Dengan Teorema 1 dari 2, ada
. Ayo buktikan
.

Mari kita ambil
sewenang-wenang. Karena sebuah adalah batas atas yang tepat, ada angka N seperti yang
. Karena barisan tidak menurun, untuk semua
kita miliki, yaitu
, itu sebabnya
untuk semua
, dan ini berarti bahwa
.

Untuk barisan tak naik yang dibatasi dari bawah, buktinya mirip dengan ( siswa dapat membuktikan pernyataan ini di rumah sendiri). Teorema telah terbukti.

Komentar. Teorema 1 dapat dirumuskan secara berbeda.

Dalil 2. Agar barisan monoton dapat konvergen, perlu dan cukup bahwa barisan tersebut terbatas.

Kecukupan ditetapkan dalam Teorema 1, kebutuhan - dalam Teorema 2 dari 5.

Kondisi monotonisitas tidak diperlukan untuk barisan konvergen, karena barisan konvergen tidak perlu monoton. Misalnya, urutan
tidak monoton, tetapi konvergen ke nol.

Konsekuensi. Jika urutannya
bertambah (menurun) dan dibatasi dari atas (dari bawah), maka
(
).

Memang, dengan Teorema 1
(
).

Definisi 4. Jika dan
pada
, maka barisan tersebut disebut sistem kontrak segmen bersarang .

Dalil 3 (prinsip segmen bersarang). Setiap sistem kontrak segmen bersarang memiliki satu titik Dengan, yang dimiliki oleh semua segmen sistem ini.

Bukti. Mari kita buktikan bahwa intinya Dengan ada. Karena
, kemudian
dan karenanya urutannya
tidak berkurang, tetapi urutannya
tidak meningkat. Di mana
dan
terbatas karena. Kemudian dengan Teorema 1 ada
dan
, tapi karena
, kemudian
=
. Ditemukan titik Dengan milik semua segmen sistem, karena akibat wajar dari Teorema 1
,
, yaitu
untuk semua nilai n.

Mari kita tunjukkan bahwa intinya Dengan- satu satunya. Misalkan ada dua poin seperti itu: Dengan dan d dan biarkan untuk kepastian
. Kemudian segmen
milik semua segmen
, yaitu
untuk semua n, yang tidak mungkin karena
dan, oleh karena itu, mulai dari beberapa nomor,
. Teorema telah terbukti.

Perhatikan bahwa penting di sini bahwa interval tertutup dipertimbangkan, yaitu, segmen. Jika kita mempertimbangkan sistem interval kontrak, maka prinsipnya, secara umum, salah. Misalnya, interval
jelas berkontraksi sampai titik tertentu
, tapi intinya
tidak termasuk dalam interval apapun dari sistem ini.

Pertimbangkan sekarang contoh barisan monoton yang konvergen.

1) Nomor e.

Pertimbangkan sekarang urutannya
. Bagaimana dia berperilaku? Basis

derajat
, itu sebabnya
? Di samping itu,
, sebuah
, itu sebabnya
? Atau tidak ada batasan?

Untuk menjawab pertanyaan-pertanyaan ini, pertimbangkan urutan bantu
. Mari kita buktikan bahwa itu menurun dan terbatas dari bawah. Pada saat yang sama, kita akan membutuhkan

Kata pengantar singkat. Jika sebuah
, maka untuk semua nilai natural n kita punya

(Pertidaksamaan Bernoulli).

Bukti. Mari kita gunakan metode induksi matematika.

Jika sebuah
, kemudian
, yaitu ketidaksetaraan itu benar.

Mari kita asumsikan itu benar untuk
dan buktikan validitasnya untuk
+1.

Benar
. Mari kita kalikan pertidaksamaan ini dengan
:

Lewat sini, . Jadi, menurut prinsip induksi matematika, pertidaksamaan Bernoulli berlaku untuk semua nilai natural n. Lemmanya terbukti.

Mari kita tunjukkan bahwa barisan
menurun. Kita punya

Ketidaksamaan Bernoulli׀
, yang berarti barisan
menurun.

Batasan dari bawah mengikuti pertidaksamaan
Ketidaksamaan Bernoulli׀
untuk semua nilai alam n.

Dengan Teorema 1, ada
, yang dilambangkan dengan huruf e. Itu sebabnya
.

Nomor e irasional dan transenden, e= 2,718281828… . Diketahui sebagai basis logaritma natural.

Catatan. 1) Pertidaksamaan Bernoulli dapat digunakan untuk membuktikan bahwa
pada
. Memang, jika
, kemudian
. Kemudian, dengan pertidaksamaan Bernoulli, untuk
. Dari sini di
kita punya
, itu adalah
pada
.

2) Pada contoh di atas, basis derajat cenderung ke 1, dan eksponen n- ke , yaitu, ada ketidakpastian bentuk . Ketidakpastian semacam ini, seperti yang telah kami tunjukkan, diungkapkan oleh batas yang luar biasa
.

2)
(*)

Mari kita buktikan bahwa barisan ini konvergen. Untuk melakukan ini, kami menunjukkan bahwa itu dibatasi dari bawah dan tidak meningkat. Dalam melakukannya, kami menggunakan pertidaksamaan
untuk semua
, yang merupakan akibat dari pertidaksamaan
.

Kita punya
lihat ketidaksetaraan di atas
, yaitu barisan dibatasi dari bawah oleh bilangan
.

Lebih jauh,
karena

, yaitu urutannya tidak bertambah.

Dengan Teorema 1, ada
, yang kami nyatakan X. Melewati persamaan (*) ke limit di
, kita mendapatkan

, yaitu
, di mana
(kita ambil tanda plus, karena semua anggota barisan adalah positif).

Urutan (*) digunakan saat menghitung
sekitar. Per ambil sembarang bilangan positif. Sebagai contoh, mari kita cari
. Membiarkan
. Kemudian
,. Lewat sini,
.

3)
.

Kita punya
. Karena
pada
, ada nomor N, sehingga untuk semua
ketidaksetaraan
. Jadi urutannya
, mulai dari beberapa nomor N, berkurang dan dibatasi dari bawah, karena
untuk semua nilai n. Oleh karena itu, dengan Teorema 1, ada
. Karena
, kita punya
.

Jadi,
.

4)
, di sebelah kanan - n akar.

Mari kita tunjukkan dengan metode induksi matematika bahwa
untuk semua nilai n. Kita punya
. Membiarkan
. Kemudian, dari sini kita memperoleh pernyataan dengan prinsip induksi matematika. Menggunakan fakta ini, kami menemukan, yaitu. selanjutnya
meningkat dan dibatasi dari atas. Oleh karena itu, itu ada karena
.

Lewat sini,
.

Bukti teorema Weierstrass pada limit barisan monoton diberikan. Kasus barisan terbatas dan tak terbatas dipertimbangkan. Sebuah contoh dipertimbangkan di mana perlu, menggunakan teorema Weierstrass, untuk membuktikan konvergensi barisan dan menemukan limitnya.

Setiap urutan berbatas monoton ( x n ) memiliki batas hingga yang sama dengan batas atas yang tepat, sup ( x n ) untuk batas bawah yang tidak menurun dan tepat, inf ( x n ) untuk barisan yang tidak bertambah.
Setiap barisan monoton tak berbatas memiliki limit tak hingga sama dengan plus tak hingga untuk barisan tak turun dan minus tak hingga untuk barisan tak naik.

Bukti

1) barisan terbatas tak menurun.

(1.1) .

Karena barisan tersebut dibatasi, maka barisan tersebut memiliki batas atas yang tepat
.
Ini berarti bahwa:

• untuk semua n,
  (1.2) ;
• 
  (1.3) .

.
Di sini kami juga menggunakan (1.3). Menggabungkan dengan (1.2), kami menemukan:
pada .
Karena , maka
,
atau
pada .
Bagian pertama dari teorema terbukti.

2) Sekarang biarkan urutannya menjadi barisan terbatas tak bertambah:
(2.1) untuk semua n

Karena barisan tersebut terbatas, maka barisan tersebut memiliki batas bawah yang tepat
.
Ini berarti sebagai berikut:

• untuk semua n pertidaksamaan berikut berlaku:
  (2.2) ;
• untuk setiap bilangan positif , ada bilangan yang bergantung pada untuk mana
  (2.3) .

.
Di sini kami juga menggunakan (2.3). Dengan mempertimbangkan (2.2), kami menemukan:
pada .
Karena , maka
,
atau
pada .
Artinya bilangan tersebut merupakan limit dari barisan tersebut.
Bagian kedua dari teorema terbukti.

Sekarang pertimbangkan urutan tak terbatas.
3) Biarkan urutannya menjadi urutan non-penurunan tak terbatas.

Karena barisan tidak menurun, pertidaksamaan berikut berlaku untuk semua n:
(3.1) .

Karena barisannya tidak menurun dan tidak terbatas, maka barisan tersebut tidak terbatas di ruas kanan. Kemudian untuk setiap nomor M ada nomor tergantung pada M yang
(3.2) .

Karena barisan tidak menurun, maka untuk kita memiliki:
.
Di sini kami juga menggunakan (3.2).

.
Ini berarti bahwa limit barisan tersebut adalah ditambah tak terhingga:
.
Bagian ketiga dari teorema terbukti.

4) Akhirnya, pertimbangkan kasus ketika urutan tidak meningkat tanpa batas.

Seperti di atas, karena barisannya tidak naik, maka
(4.1) untuk semua n

Karena barisan tidak bertambah dan tidak terbatas, maka barisan tersebut tidak terbatas di ruas kiri. Kemudian untuk setiap nomor M ada nomor tergantung pada M yang
(4.2) .

Karena barisannya tidak naik, maka untuk kita memiliki:
.

Jadi, untuk sembarang bilangan M, terdapat bilangan asli yang bergantung pada M, sehingga pertidaksamaan berlaku untuk semua bilangan:
.
Ini berarti bahwa limit barisan tersebut adalah minus tak terhingga:
.
Teorema telah terbukti.

Contoh solusi masalah

Dengan menggunakan teorema Weierstrass, buktikan kekonvergenan barisan:
, , . . . , , . . .
Kemudian temukan batasnya.

Mari kita nyatakan urutannya dalam bentuk rumus berulang:
,
.

Mari kita buktikan bahwa barisan yang diberikan dibatasi dari atas oleh nilai
(P1) .
Pembuktiannya dilakukan dengan metode induksi matematika.
.
Membiarkan . Kemudian
.
Ketimpangan (A1) terbukti.

Mari kita buktikan bahwa barisan itu naik secara monoton.
;
(P2) .
Karena , maka penyebut pecahan dan faktor pertama pembilangnya positif. Karena suku-suku barisan dibatasi oleh pertidaksamaan (P1), faktor kedua juga positif. Itu sebabnya
.
Artinya, urutannya meningkat secara ketat.

Karena barisan tersebut naik dan dibatasi dari atas, maka barisan tersebut adalah barisan berbatas. Oleh karena itu, dengan teorema Weierstrass, ia memiliki batas.

Mari kita temukan batas ini. Mari kita tunjukkan dengan a :
.
Mari kita gunakan apa
.
Kami menerapkan ini ke (P2) menggunakan sifat aritmatika dari batas barisan konvergen:
.
Akar memenuhi kondisi.