2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки



Правила форума


Посмотреть правила форума



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6 ... 9  След.
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение16.04.2017, 19:48 


21/02/16
246
Исправляю 8.г.
grizzly в сообщении #1208680 писал(а):
irod в сообщении #1208670 писал(а):
г) $y_n=n^{(-1)^n}$.
Ответ: $0$.
Доказательство.
...
У $(y_{2n})$ нет предельных точек (см. пункт в), а у $(y_{2n-1})$
Мне это не очень нравится. Вы ввели новые сущности (это, может быть, и хорошо само по себе) и никак не аргументируя используете их свойства (а это потенциальный источник проблем). Здесь можно было привычными приёмами указать в любой окрестности 0 бесконечное много членов последовательности и для произвольной другой точки найти такие $\varepsilon $ и $k$, что члены последовательности с большими номерами не попадают в эту окрестность.

Мое новое доказательство не использует обозначения для подпоследовательностей, но мне показалось все равно проще сразу выделить из исходной последовательности члены разных видов. Так можно?
$(y_n)$ состоит из членов видов $y_{2n}=2n$ и $y_{2n-1}=\frac{1}{2n-1}$.
Аналогично пункту в), в $U_{1/2}(a)$ произвольной точки $a$ содержится не более одного члена вида $2n$.
$\forall\varepsilon>0$ существует натуральное $k>\frac{1+\varepsilon}{2\varepsilon}$, отсюда $\forall n>k$ выполнено
$$
\bigg |\frac{1}{2n-1}\bigg |=\frac{1}{2n-1}<\frac{1}{2k-1}<\frac{1}{\frac{1+\varepsilon}{\varepsilon}-1}=\varepsilon,
$$
т.е. любая $U_\varepsilon (0)$ содержит почти все члены $(y_n)$ вида $\frac{1}{2n-1}$.
Таким образом, $0$ является единственной точкой, любая $\varepsilon$-окрестность которой содержит бесконечно много членов $(y_n)$, и значит единственной предельной точкой $(y_n)$.

-- 16.04.2017, 19:49 --

Напишите пожалуйста, с задачей 9 все хорошо?

-- 16.04.2017, 20:00 --

Выкладываю пока следующие задачи.

Определение 7.
Последовательность $(y_k)$ называется подпоследовательностью последовательности $(x_n)$, если существует такая последовательность натуральных чисел $(n_k)$, что $n_{k+1}>n_k$ и $y_k=x_{n_k}$ для каждого $k$.

Задача 10.
Если последовательность имеет предел $a$, то и любая ее подпоследовательность также имеет предел $a$.

Доказательство.
Пусть $(y_k)$ -- некоторая подпоследовательность последовательности $(x_n)$, и пусть $\lim\limits_{n\to\infty} x_n=a$.
Вне произвольной $U_\varepsilon(a)$ находится не более чем конечное число членов $(x_n)$. По определению, $(y_k)$ является бесконечной последовательностью, каждый член которой совпадает с некоторым членом $(x_n)$, причем членам $(y_k)$ с различными номерами соответствуют члены $(x_n)$ с различными номерами (другими словами отображение, сопоставляющее каждому члену $(y_k)$ некоторый член $(x_n)$, является инъекцией). Значит членам $(x_n)$ вне $U_\varepsilon(a)$ может соответствовать не более чем конечное число членов $(y_k)$, а остальные (почти все) члены $(y_k)$ содержатся в $U_\varepsilon(a)$. Значит, $\lim\limits_{k\to\infty} y_k=a$ по определению 5.

-- 16.04.2017, 20:08 --

Задача 11.
Если $a$ является предельной точкой последовательности, то из этой последовательности можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к $a$. Верно ли обратное утверждение?

Доказательство.
Пусть $a$ -- предельная точка последовательности $(x_n)$.
Возьмем произвольный $\varepsilon>0$ и с помощью алгоритма из первой части доказательства задачи 6 построим из членов $(x_n)$ подпоследовательность $(x_{n_i})$, все члены которой содержатся внутри $U_\varepsilon(a)$. Тогда $\lim\limits_{n\to\infty}x_{n_i}=a$.
Обратное утверждение также верно, т.е. если из последовательности можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к точке $a$, то $a$ является предельной точкой родительской последовательности.
Пусть $(y_k)$ -- некоторая подпоследовательность последовательности $(x_n)$, и $\lim\limits_{k\to\infty}y_k=a$. В любой $U_\varepsilon(a)$ содержится бесконечно много членов $(y_k)$. Каждый член $(y_k)$ является также членом $(x_n)$. Значит, в любой $U_\varepsilon(a)$ содержится бесконечно много членов $(x_n)$. Тогда по задаче 6, $a$ является предельной точкой $(x_n)$.

-- 16.04.2017, 20:18 --

Определение 8.
Последовательность $(x_n)$ называется ограниченной, если $\exists C\ \forall n\in\mathbb{N}\ |x_n|<C$.

Задача 12.
Доказать, что если последовательность имеет предел, то она ограничена. Верно ли обратное утверждение?

Доказательство.
От противного. Предположим, у неограниченной последовательности $(x_n)$ существует предел $a$. Возьмем произвольный $\varepsilon>0$. Вне $U_\varepsilon(a)$ находится не более чем конечное число членов $(x_n)$. Выберем из членов $(x_n)$ вне $U_\varepsilon(a)$ наибольший по модулю и обозначим модуль его значения как $C'$. Тогда, раз все члены $(x_n)$ внутри $U_\varepsilon(a)$ меньше $a+\varepsilon$, все члены вне $U_\varepsilon(a)$ меньше либо равны $C'$, то все члены $(x_n)$ по модулю меньше $\max(a+\varepsilon,C')$. Это означает ограниченность $(x_n)$ по определению. Значит, наше предположение неверно, и неограниченная последовательность не может иметь предел.
Обратное утверждение -- если последовательность ограничена, то она имеет предел -- неверно. Контрпример: последовательность $-1,1,-1,1,-1,1,\ldots$ из задачи 5.в, не имеющая предела и ограниченная при этом любым числом, большим единицы.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение16.04.2017, 21:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
3684
По задаче 9 (я её умудрился не заметить раньше)

п.а)
irod в сообщении #1208670 писал(а):
последовательность, каждый член которой (с номером $m$) является последовательностью $x_n^m=m+\frac{1}{n}$.
Смотрим определение последовательности действительных чисел. Или вводим своё, но со всей строгостью (я рекомендую этого не делать для этой задачи). Я просил бы найти очень простой пример для этого пункта.

п.б) ок.

п.в) нет.

-- 16.04.2017, 21:31 --

8.г) В этот раз, как и в прошлый, Вы делаете следующее: Вы делите последовательность на 2 части и находите для каждой из этих частей предельные точки. При этом Вы никаким образом не оговариваете, что при таком разбиении не могут добавиться / пропасть предельные точки. Если бы Вы это сделали (хотя бы упомянули как очевидное свойство, не аргументируя), я бы засчитал задачу. Вы этого не сделали. Это чревато.

Я бы по аналогии с другими задачами отталкивался от произвольного $a\in \mathbb R$.
Для $a=0$ понятно,
иначе можно взять $\varepsilon = |a|/2$ и найти номер последовательности, начиная с которого все члены последовательности заведомо не попадают в выбранную окрестность.
Или рассмотреть отдельно случаи $a>1$ и $a\le 1$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение16.04.2017, 22:23 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
3684
irod в сообщении #1208670 писал(а):
это последовательность из всех рациональных чисел интервала
Прозвучало так, как будто Вы считаете, что такая последовательность -- единственная. Если Вы понимаете, что их несчётное число, лучше было сказать -- "любая (или некоторая) последовательность...". А в идеале -- напомнить (просто сослаться), что Вы умеете определять такие последовательности.

-- 16.04.2017, 22:39 --

irod в сообщении #1209933 писал(а):
Задача 12.
...
Доказательство.
От противного.
Вообще, ок, но вот это "от противного" просто притянуто за уши. По существу, Вы дали обычное прямое доказательство: взяли сходящуюся последовательность и доказали, что она ограничена.

Остальное нормально.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение18.04.2017, 07:46 


21/02/16
246
grizzly в сообщении #1209970 писал(а):
По задаче 9 (я её умудрился не заметить раньше)
...
п.в) нет.

Можете пожалуйста написать по этому пункту подробнее? Я не могу понять в чем у меня ошибка. В том, что множество всех предельных точек последовательности из всех рациональных чисел есть не просто $\mathbb{Q}$, а $\mathbb{R}$?

п.б)
grizzly в сообщении #1209989 писал(а):
А в идеале -- напомнить (просто сослаться), что Вы умеете определять такие последовательности.

Сослаться на задачу 13 листка 4?
grizzly в сообщении #1209970 писал(а):
8.г) В этот раз, как и в прошлый, Вы делаете следующее: Вы делите последовательность на 2 части и находите для каждой из этих частей предельные точки. При этом Вы никаким образом не оговариваете, что при таком разбиении не могут добавиться / пропасть предельные точки. Если бы Вы это сделали (хотя бы упомянули как очевидное свойство, не аргументируя), я бы засчитал задачу. Вы этого не сделали. Это чревато.

Я попробую сделать так как Вы написали, но получается мне надо переделать не только эту задачу, а еще и предыдущие - 5.г и 5.е, в которых я делал так же (делил последовательность на несколько частей, и для каждой находил предельные точки). Верно?

Насчет остальных замечаний понятно, исправляю.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение18.04.2017, 08:11 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
6013
irod в сообщении #1209933 писал(а):
Обратное утверждение также верно, т.е. если из последовательности можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к точке $a$, то $a$ является предельной точкой родительской последовательности.

Это неверно. Контрпример Вы даже сами привели в задаче 12:
irod в сообщении #1209933 писал(а):
Контрпример: последовательность $-1,1,-1,1,-1,1,\ldots$ из задачи 5.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение18.04.2017, 08:19 


21/02/16
246
8.г)
grizzly в сообщении #1209970 писал(а):
Я бы по аналогии с другими задачами отталкивался от произвольного $a\in \mathbb R$.
Для $a=0$ понятно,

Непонятно. $\forall\varepsilon>0\ \exists k(\varepsilon)\ \forall n>k\ |n^{(-1)^n}|=\ldots$ и дальше непонятно как обращаться с этим $|n^{(-1)^n}|$, там ведь совсем разные числа - одни в $U_\varepsilon(0)$, другие вне ее. Сразу хочется рассматривать только члены с нечетным номером $n$, и я неизбежно опять прихожу к разделению на $y_{2n}=2n$ и $y_{2n-1}=\frac{1}{2n-1}$, которое у меня уже было.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение18.04.2017, 09:35 
Заслуженный участник


11/05/08
31000
irod в сообщении #1209933 писал(а):
Задача 11.
Если $a$ является предельной точкой последовательности, то из этой последовательности можно выделить подпоследовательность, сходящуюся к $a$. Верно ли обратное утверждение?

Это не задача, это определение предельной точки последовательности. Последовательность -- это не множество.

-- Вт апр 18, 2017 11:07:12 --

По поводу 8г. Вы честно доказали, что ноль является предельной точкой (правда, чересчур честно: более чем достаточно было бы сказать "известно, что предел такой последовательности равен нулю", а не рыться в допотопных пятых задачках, кому они интересны).

А вот отсутствие других предельных точек -- не доказали. Двух подпоследовательностей для этого недостаточно, надо перебирать весь их континуум. Для чего примерно континуум жизней и понадобится.

Смысл замечания grizzly в том, что надо доказывать изолированность любого другого числа от всех достаточно далёких членов последовательности в лоб. Конечно, разделяя элементы последовательности на чётные и нечётные; но не на подпоследовательности этих элементов, а на их множества. Примерно так: "докажем, что, начиная с некоторого номера, все элементы отделены. Если они чётные, то... если нечётные, то..."

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение18.04.2017, 10:18 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
3684
irod в сообщении #1210360 писал(а):
Я не могу понять в чем у меня ошибка. В том, что множество всех предельных точек последовательности из всех рациональных чисел есть не просто $\mathbb{Q}$, а $\mathbb{R}$?
Да, в этом.
irod в сообщении #1210360 писал(а):
Сослаться на задачу 13 листка 4?
Боюсь, этого недостаточно. Я ошибся -- раньше в листках этого не было. Вы должны предъявить хотя бы одну такую последовательность. Иначе непонятно, на какой объект Вы ссылаетесь. (Для Ваших целей не обязательно нумеровать все рациональные -- можете только часть из них, если это будет удобнее.)
irod в сообщении #1210360 писал(а):
Я попробую сделать так как Вы написали, но получается мне надо переделать не только эту задачу, а еще и предыдущие - 5.г и 5.е, в которых я делал так же (делил последовательность на несколько частей, и для каждой находил предельные точки). Верно?
Ну уж нет. Там речь шла о пределах, а не о предельных точках. И если предела нет, то его нет -- для этого достаточно рассматривать не всю последовательность, а её части (5е). В п. 5.г, в конечном итоге Вы всё оформили правильно, хотя теперь я не исключаю, что это результат случайного совпадения :D (шутка, переделывать не нужно -- там действительно свойства каких-то подпоследовательностей не использовались ни явно, ни неявно.)

-- 18.04.2017, 10:23 --

Dan B-Yallay в сообщении #1210363 писал(а):
Это неверно. Контрпример Вы даже сами привели в задаче 12:
Речь идёт о "предельных точках" ("частичные пределы" в более общепринятых обозначениях).

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение18.04.2017, 15:33 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/12/05
6013
grizzly
Тогда приношу извинения, влез не зная специфики контекста.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение22.04.2017, 16:23 


21/02/16
246
ewert в сообщении #1210367 писал(а):
но не на подпоследовательности этих элементов, а на их множества.

После этой фразы у меня "щелкнуло".
Но если я все правильно понял, то в моем доказательство выше не надо менять ничего кроме того что все упоминания подпоследовательностей (явные и неявные) заменить на множества. Т.е. не надо рассматривать какие-то другие точки как кандидатов в предельные, или брать другие окрестности кроме тех что я уже рассмотрел.
Вот полный исправленный вариант.
irod в сообщении #1208670 писал(а):
г) $y_n=n^{(-1)^n}$.
Ответ: $0$.
Доказательство.
Разделим последовательность $(y_n)$ на множество четных членов $\{2n\mid n\in\mathbb{N}\}$ и множество нечетных членов $\Big\{\frac{1}{2n-1}\mid n\in\mathbb{N}\Big\}$.
Известно, что предел последовательности $x_n=\frac{1}{2n-1}$ из элементов множества нечетных членов $(y_n)$ равен нулю, т.е. любая $U_\varepsilon (0)$ содержит почти все нечетные члены $(y_n)$ (здесь "почти все" для элементов множества определено аналогично соответствующему определению для последовательности).
В $U_{1/2}(a)$ произвольной точки $a\ne 0$ содержится не более одного элемента $\{2n\mid n\in\mathbb{N}\}$, т.е. все четные члены $(y_n)$ отделены.
Таким образом, $0$ является единственной точкой, любая $\varepsilon$-окрестность которой содержит бесконечно много членов $(y_n)$, и значит единственной предельной точкой $(y_n)$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение22.04.2017, 18:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
3684
irod
В Вашем доказательстве остались пробелы. А всё из-за того, что Вы выбрали неудачный путь и не хотите его оставить. Правильно было бы отталкиваться от определения: брать произвольную точку $a\in \mathbb R$ и смотреть, является ли она предельной или нет. Для $a=0$ Вы доказали. Чтобы понять из Вашего доказательства, что чила 5 или 1/100 -- не предельные точки, нужно какие-то куски рассуждений сводить самому и самому догадываться, на что можно сослаться из доказанного ранее.

Возьмите $a$ такое, что $|a|\ge 1/2$ и окрестность 1/10 -- посчитайте, сколько членов попадёт в эту окрестность.
Рассмотрите потом $|a|<1/2$ и окрестность $a/2$ (или $a^2$) и тоже посчитайте. Вот и всё. Подробные выкладки расчётов делать не обязательно -- давайте концентрироваться на правильном построении рассуждений.

-- 22.04.2017, 19:12 --

irod в сообщении #1211638 писал(а):
Разделим последовательность $(y_n)$ на множество четных членов $\{2n\mid n\in\mathbb{N}\}$ и множество нечетных членов $\Big\{\frac{1}{2n-1}\mid n\in\mathbb{N}\Big\}$.
Деление на такие множества в общем случае некорректно: что было бы, если бы Вы разделили на множества чётных и нечётных последовательность $1,-1,1,-1,...$? (Вспомните, что множество не может иметь два одинаковых элемента.) Вы всё равно в своём доказательстве пользовались подпоследовательностями и их свойствами.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение22.04.2017, 19:25 
Заслуженный участник


11/05/08
31000
irod в сообщении #1211638 писал(а):
Разделим последовательность $(y_n)$ на множество четных членов $\{2n\mid n\in\mathbb{N}\}$ и множество нечетных членов $\Big\{\frac{1}{2n-1}\mid n\in\mathbb{N}\Big\}$.
grizzly в сообщении #1211679 писал(а):
что было бы, если бы Вы разделили на множества чётных и нечётных последовательность $1,-1,1,-1,...$

Последовательность нельзя разделить на множества.

Что же до корректности, то там просто неаккуратная формулировка. Следовало говорить не о просто множестве, а о множестве значений. Но это уже ловля блох.

irod в сообщении #1211638 писал(а):
т.е. все четные члены $(y_n)$ отделены.

А нечётные?...

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение22.04.2017, 19:30 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


09/09/14
3684
ewert в сообщении #1211688 писал(а):
Что же до корректности, то там просто неаккуратная формулировка. Следовало говорить не о просто множестве, а о множестве значений. Но это уже ловля блох.
Моё замечание было не о блохах :) Проведя рассуждение для множества значений, мы можем потерять предельные точки (пример я привёл).
[Возможно, я не совсем правильно понял процитированное.]

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение22.04.2017, 19:55 
Заслуженный участник


11/05/08
31000
Я имел в виду, что следовало сказать или просто

"рассмотрим по отдельности четные $\{2n\mid n\in\mathbb{N}\}$ и нечетные $\Big\{\frac{1}{2n-1}\mid n\in\mathbb{N}\Big\}$ члены последовательности"

, или уж

"Разделим множество значений последовательности $(y_n)$ на множество значений её чётных членов $\{2n\mid n\in\mathbb{N}\}$ и множество значений нечётных членов $\Big\{\frac{1}{2n-1}\mid n\in\mathbb{N}\Big\}$"

.
Но можно и так, как у ТС; приведёт это к катастрофе или нет -- зависит от того, какими средствами оформлять доказательство. Если через окрестности, то не приведёт. А если через пределы подпоследовательностей, то катастрофа наступит в любом случае, как ни причёсывай ту формулировку.

 Профиль  
                  
 
 Re: Предел последовательности (задачи из Давидовича)
Сообщение23.04.2017, 17:13 


21/02/16
246
Простите, я рискну показаться тугодумом, но я уже вконец запутался с этой задачей. Мне все это кажется "ловлей блох" по выражению ewert, и смысл происходящего от меня ускользает. Я так и не понял до конца в чем проблема с моим предыдущим доказательством.
grizzly в сообщении #1211679 писал(а):
Правильно было бы отталкиваться от определения: брать произвольную точку $a\in \mathbb R$ и смотреть, является ли она предельной или нет.

А разве я не так сделал? (на секунду забудем сейчас, насколько правомерно мое разделение последовательности на множества или на четные/нечетные члены). Я ведь взял сначала $0$ и все для него доказал, а потом попробовал доказать для произвольной точки $a\ne 0$.
grizzly в сообщении #1211679 писал(а):
Деление на такие множества в общем случае некорректно
ewert в сообщении #1211688 писал(а):
Последовательность нельзя разделить на множества.

Ок, я больше не буду разделять на множества. Тут какой-то очень тонкий для меня момент, я пока не могу в него въехать. Как оформить это разделение максимально просто? Если я просто буду говорить "четные и нечетные члены $(y_n)$", это будет опять использование подпоследовательностей?
ewert в сообщении #1211688 писал(а):
irod в сообщении #1211638 писал(а):
т.е. все четные члены $(y_n)$ отделены.

А нечётные?...

Конечно, нечетные члены тоже отделены, ведь никакие два из них не равны друг другу. Расстояние между соседними равно $\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$. Поэтому если взять $\varepsilon$ в два раза меньше этого расстояния, то в $U_\varepsilon(a)$ произвольной $a\ne 0$ будет находиться не более одного нечетного члена.
grizzly в сообщении #1211679 писал(а):
Возьмите $a$ такое, что $|a|\ge 1/2$ и окрестность 1/10 -- посчитайте, сколько членов попадёт в эту окрестность.
Рассмотрите потом $|a|<1/2$ и окрестность $a/2$ (или $a^2$) и тоже посчитайте. Вот и всё. Подробные выкладки расчётов делать не обязательно -- давайте концентрироваться на правильном построении рассуждений.

Я не понимаю, чем мотивировано такое разделение: больше или меньше $1/2$. Но я попробую сделать как Вы написали.
Возьмем $a$ такое, что $|a|\ge 1/2$. В $U_{1/10}(a)$ содержится не более одного четного члена $(y_n)$, и не более одного нечетного члена $(y_n)$.
Возьмем $a\ne 0$ такое что $|a|<1/2$. В $U_{a^2}(a)$ содержится не более чем конечное число нечетных членов $(y_n)$, и ни одного четного члена $(y_n)$.
В произвольной $U_\varepsilon(0)$ содержится бесконечное число нечетных членов $(y_n)$.
Так?

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 135 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3, 4, 5, 6 ... 9  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group