Предел ограниченной последовательности

[bintree]

Пусть существует ограниченная последовательность $a_n$.
Известно, что для каждого $n$ выполняется $|a_{n+1} - a_n| < \frac{1}{n}$.

Обязательно ли у нее должен быть предел? Если нет, необходимо привести контрпример.

Я старался доказать, что предел есть всегда по критерию Коши, пытаясь приплести по ходу ограниченность.
Но ничего не вышло, и я начал искать контрпримеры, но это тоже успехом не увенчалось.
Есть мысли как-нибудь хитро пронумеровать рациональные числа в промежутке [0,1], но конкретных результатов нет

[zychnyy]

Возьмите для контрпримера $a_n={(-1)}^{2n-1},\ n\ge 1.$

[bintree]

А разве она не сходится к $-1$?

[zychnyy]

Блин, заклинило.

[SpBTimes]

Поиграйте с $a_n = \sin(\sqrt{n})$

[zychnyy]

SpBTimes а как обосновать, что $|\sin \sqrt{n+1}-\sin \sqrt{n}|<\frac{1}{n},\ n\ge1\ ?$

[SpBTimes]

Легко показывается, используя формулу разности синусов, что $|...| \leqslant \frac{1}{\sqrt{n}}$
Теперь, т.к. $\sqrt{n} \to \infty$, выберем последовательность $n_k$ такую, что $n_k > k^2$
Тогда для этой подпоследовательности будет выполнено $|...| \leqslant \frac{1}{n_k} < \frac{1}{k}$

Может можно и просто какую-то изящную придумать. Я и говорю, нужно "поиграть"

-- Пт июл 05, 2013 09:38:01 --

А, придумал, $a_n = \sin(\ln(n))$.

[bintree]

Интуитивно понятно, что логарифм слабо меняется при больших аргументах и переходе от n и n+1, и синус по природе своей непрерывности в этом случае почти не меняется. Но как доказать неравенство, непонятно :(

[ИСН]

Ну тут ход мысли какой мог бы быть. Смотришь на условие и понимаешь: хе, да это всё равно, что сказать, будто гармонический ряд сходится. А вот я возьму $a_n=\sum\limits_1^n{1\over k}$... Ах, надо ограниченную? Не вопрос: сложим её гармошкой и запихаем в ограничения. А чем сложим? Да тупо синусом же! А нельзя упростить? Та сумма - это примерно логарифм. Ну так пусть и будет логарифм.

-- менее минуты назад --

А доказать неравенство так же, как с корнями, только проще. Разность синусов - это что?

[SpBTimes]

Хоспади.

$$|\sin(\ln(n+1)) - \sin(\ln(n))| = 2\cos((\ln(n+1) - \ln(n))/2)\sin((\ln(n+1) - \ln(n))/2) $$

$$ \leqslant 2\sin(\frac{\ln(1 + 1/n)}{2}) \leqslant \ln(1 + 1/n) < 1/n $$

-- Пт июл 05, 2013 10:10:11 --

ИСН

(Оффтоп)

Красивые у вас объяснения :)

[bintree]

Про $\sin(x) \leqslant x$ я проморгал :(

ИСН

(Оффтоп)

Очень круто, спасибо!

[nnosipov]

ИСН в сообщении #743476 писал(а):

А вот я возьму $a_n=\sum\limits_1^n{1\over k}$... Ах, надо ограниченную? Не вопрос: сложим её гармошкой ...

Это можно делать буквально: взять некоторый кусок суммы, потом следующий кусок, примерно равный первому, но со знаком минус, и т.д.

[iifat]

nnosipov в сообщении #743536 писал(а):

взять некоторый кусок суммы, потом следующий кусок, примерно равный первому, но со знаком минус

Очень актуально, особенно, имхо, учитывая, что недавно нужность синуса вообще была поставлена под вопрос.
Таки уточню: следующий кусок должен быть отнюдь не примерно равным первому. Берём ряд обратных и складываем его в гармошку вот этими мозолистыми руками, не доверяя эту работу синусу: ставим плюсы, пока частичная сумма не перевалит через, скажем, единицу. Потом — минусы, пока частичная сумма не перевалит на нуль, в область отрицательных чисел. Потом — снова плюсы, пока не перевалим опять за ту же единицу, ну и т.д. Частичные суммы как раз и представляют собой искомую последовательность. Неравенства, правда, превратятся в равенства, но можно, скажем, поделить все члены пополам или просто начать с $\frac12$