Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[grizzly]

ewert
Да, теперь понятно, что Ваше сообщение продолжает моё, а не является прямым ответом ТС.

[ewert]

(Оффтоп)

Нет, и прямым ответом тоже является.

Тут проблема в чём: что ТС не имеет иерархии ценностей. Он постоянно ссылается на сто пятьдесятую задачку из минус триста восемьдесят шестого тома.

За чем мне лично уследить невозможно. Но я-то ладно, но ведь и он не способен услеживать, как показывает опыт. Естественно.

"Общество, лишённое цветовой дифференциации штанов -- обречено" ($\approx$ (c)).

[grizzly]

(Оффтоп)

ewert в сообщении #1218628 писал(а):

За чем мне лично уследить невозможно. Но я-то ладно, но ведь и он не способен услеживать, как показывает опыт. Естественно.

Полностью с Вами согласен. И я думаю, что здесь проблема не в нас и не в ТС -- просто такое развитие курса многолетнего учебного плана в заданной методике плохо вписывается в формат форума. Тем не менее это интересный опыт и благодаря неслабой целеустремлённости ТС он пока держится на плаву.

[irod]

grizzly в сообщении #1218498 писал(а):

Обозначения типа

irod в сообщении #1218446 писал(а):

Пусть $(x_k),(x_m)$ -- последовательности последних членов

сильно сбивают с толку. Вы же понимаете, что не может быть никакой разницы между последовательностями $(x_k)$ и $(x_m)$. Стройте подпоследовательности $x_{n_k}$, вводите другие символы или объясняйте, по каким множествам бегают $k$ и $m$. Иначе Вас не смогут понять.

Как известно, самое сложное в программировании -- это придумывать имена всем сущностям. В своих доказательствах сталкиваюсь с той же трудностью

grizzly в сообщении #1218498 писал(а):

В общем, я согласен, что Вы сможете спасти это доказательство. Предлагаю Вам подумать над чуть более конструктивным вариантом. Вот если последовательность неограничена -- это ведь совсем просто? А если ограничена, то у нас была уже задача про то, что ограниченная последовательность содержит сходящуюся подпоследовательность. А алгоритм для сходящейся всяко проще Вашего строится -- попытайтесь.

И действительно, так будет гораздо проще по сравнению с моим монстром. Выложу новый вариант чуть позже, довожу его до ума сейчас. И наверное уже нет смысла морочиться с моим старым доказательством:

grizzly в сообщении #1218498 писал(а):

У меня ещё есть вопросы:
Вопрос 1. Сколько полученных конечных последовательностей в п.б) могут заканчиваться на $x_{100}$? Или поставлю вопрос иначе: Вы сколько раз собираетесь включить $x_{100}$ в итоговую монотонную подпоследовательность?
Вопрос 2. Вы используете строгие неравенства. Но ведь не из любой последовательности можно выделить строго монотонную подпоследовательность?

?

ewert,grizzly, спасибо за ценные советы!

[grizzly]

irod в сообщении #1218690 писал(а):

И наверное уже нет смысла морочиться с моим старым доказательством

Я согласен, что нет особого смысла. Но в утешение могу сказать, что Ваша попытка была, в общем, успешной и, кроме того, подобным путём (чуть более аккуратно) проводят доказательство в некоторых курсах.

[irod]

irod в сообщении #1217935 писал(а):

Задача 7*.
Из всякой последовательности можно выделить монотонную подпоследовательность.

Новое доказательство.

Пусть $(x_n)$ -- некоторая последовательность. Рассмотрим раздельно два случая.

а) $(x_n)$ не ограничена. Выделим из $(x_n)$ подпоследовательность $(x_k)$, стремящуюся к бесконечности. Пусть, для определенности, $(x_k)$ стремится к $+\infty$. Тогда, отбросив из $(x_k)$ все члены, меньшие предыдущих, получим монотонно неубывающую подпоследовательность.

б) $(x_n)$ ограничена. Выделим из $(x_n)$ сходящуюся подпоследовательность $(x_k)$ и разобьем множество членов $(x_k)$ на три непересекающихся класса: строго больших предела, строго меньших и строго равных пределу. Хотя бы один из этих классов бесконечен. Если это класс строго равных, то всё тривиально: составляющие его члены, расположенные по порядку, представляют собой монотонно неубывающую/невозрастающую последовательность. Поэтому предположим, для определённости, что бесконечен класс строго бОльших предела. Возьмем произвольный $\varepsilon>0$ и возьмем наибольший из членов $(x_k)$, содержащихся в $\varepsilon$-окрестности предела (если наибольших членов несколько, берем с наименьшим номером). Обозначим этот член $x_{k_1}$. Затем возьмем $\varepsilon<x_{k_1}$ и возьмем наибольший член $x_{k_2}$ из $\varepsilon$-окрестности предела, такой что $k_2>k_1$. Продолжаем процесс, на $i$-м шаге сужая $\varepsilon$-окрестность предела так чтобы в нее не попадал $x_{k_{i-1}}$, и беря из нее наибольший член $x_{k_i}$, такой что $k_i>k_{i-1}$. Получим монотонно невозрастающую подпоследовательность $(x_{k_i})$.

[ewert]

irod в сообщении #1219649 писал(а):

отбросив из $(x_k)$ все члены, меньшие предыдущих,

Плохо сформулировано. Во-первых, нужна процедура выкидывания. Во-вторых: а вдруг после выкидывания не останется ничего или почти ничего?...

Вам, видимо, кажется, что стремление к бесконечности всё нужное обеспечивает. Но это лирика. Не надо было вообще выделять никакой подпоследовательности. Надо с самого начала опираться только на определение неограниченности сверху. Взять любой член; среди дальнейших по определению неограниченности есть член, больший первого и т.д.

irod в сообщении #1219649 писал(а):

Возьмем произвольный $\varepsilon>0$ и возьмем наибольший из членов $(x_k)$, содержащихся в $\varepsilon$-окрестности предела (если наибольших членов несколько, берем с наименьшим номером).

С наименьшим -- это хорошо, но необязательно. А вот существование наибольшего при всей своей очевидности всё же требует формального обоснования.

В принципе, эта часть доказательства (в отличие от предыдущей) у Вас нормальна. Но опять же затянута. Не нужно никаких эпсилонов. Просто берите максимальный (с обоснованием); затем максимальный из следующих и т.д.

[irod]

ewert в сообщении #1219663 писал(а):

А вот существование наибольшего при всей своей очевидности всё же требует формального обоснования.

Вот обоснование. Для произвольного члена $(x_k)$ из нашего класса найдется не более чем конечное число бОльших его членов, т.к. существуют $\varepsilon$-окрестности предела, содержащие лишь меньшие члены, а согласно сходимости $(x_k)$ вне каждой такой окрестности может находиться не более чем конечное число членов. Следовательно, в нашем классе найдется максимальный элемент.

По остальным замечаниям - ок, понял.
Вообще испытал большое удовольствие, удаляя из этого доказательства все лишнее по Вашим с grizzly советам и сравнивая начальный и итоговый варианты.

[irod]

irod в сообщении #1217935 писал(а):

Задача 6.
Найти пределы следующих последовательностей при $n\to\infty$:

г) $\sqrt{n+1}-\sqrt{n}$
Решение.
Используем формулу разности квадратов:
$x_n=x_n\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\left(\sqrt{n+1}-\sqrt{n}\right)\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}$.
$\sqrt{n}\to\infty$, значит $\frac{1}{x_n}=\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\to\infty$, следовательно по задаче 4 $x_n\to 0$.

-- 31.05.2017, 13:41 --

7.д) $x_n=\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1}$
Решение.
Аналогично предыдущему пункту, начнем с использования формулы разности квадратов:

$$ x_n= x_n\frac{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}= $$

$$ =\left(\sqrt{n^2+n+1}-\sqrt{n^2-n+1}\right)\frac{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}= $$

$$ =\frac{2n}{\sqrt{n^2+n+1}+\sqrt{n^2-n+1}}= $$

$$ =\frac{2n}{\sqrt{n^2(1+1/n+1/n^2)}+\sqrt{n^2(1-1/n+1/n^2)}}= $$

$$ =\frac{2n}{n\left(\sqrt{1+1/n+1/n^2}+\sqrt{1-1/n+1/n^2}\right)}= $$

$$ =\frac{2}{\sqrt{1+1/n+1/n^2}+\sqrt{1-1/n+1/n^2}}. $$

Обе последовательности $(\sqrt{1+1/n+1/n^2})$ и $(\sqrt{1-1/n+1/n^2})$ сходятся к $1$, следовательно их сумма сходится к $2$, и значит $x_n\to 1$.

-- 31.05.2017, 13:48 --

Если с выложенными задачами все ок, двигаюсь дальше.

Задача 10.
Доказать, что следующие последовательности сходятся и найти их пределы:

а) $x_n=c^n$ ($|c|<1$)
Решение.
$c^n>c^{n+1}$ при $c>0$ и $c^n<c^{n+1}$ при $c<0$, т.е. $(x_n)$ монотонная.
$|c^n|\le |c|$, т.е. $(x_n)$ ограничена. Из ограниченности и монотонности $(x_n)$ следует ее сходимость.
Пусть $d=1/c$, $|d|>1$.
$\frac{1}{x_n}=d^n\to\infty$, значит по задаче 4 $x_n\to 0$.

[irod]

irod в сообщении #1220455 писал(а):

Пусть $d=1/c$, $|d|>1$.
$\frac{1}{x_n}=d^n\to\infty$, значит по задаче 4 $x_n\to 0$.

Наверное не надо было тут никакого $d$ вводить, а надо было просто написать: $\frac{1}{|c|}>1$ $\Rightarrow$ $\frac{1}{x_n}=\frac{1}{c^n}\to\infty$, значит по задаче 4 $x_n\to 0$.

-- 03.06.2017, 13:37 --

10.б) $x_n=\frac{c^n}{n!}$ ($c>0$)

Вот с этим пришлось помучиться, хотя в итоге не так уж сложно оказалось.

Доказательство сходимости.
Заметим, что $\forall n>c$ выполнено $\frac{c^n}{n!}>\frac{c^n}{n!}\frac{c}{n+1}=\frac{c^{n+1}}{(n+1)!}$, т.е. все члены $(x_n)$ начиная с некоторого номера убывают. Значит, среди всех членов $(x_n)$ найдется наибольший. При этом множество всех членов $(x_n)$ ограничено снизу нулем. Значит $(x_n)$ ограничена.
Выделим все члены с номером $n>c$ в монотонно убывающую подпоследовательность $(x_k)$. Из ограниченности и монотонности $(x_k)$ следует ее сходимость (задача 9).
$(x_n)$ отличается от $(x_k)$ дополнительным наличием не более чем конечного числа членов, которые не могут повлиять на наличие/отсутствие у $(x_n)$ предельных точек по сравнению с $(x_k)$. Следовательно, предел $(x_k)$ также является пределом $(x_n)$.

Найдем предел.
Предположим, $c<1$.
Тогда $c^n\to 0$ согласно п.а).
$1/n!\to 0$, т.к. $1/n!\le 1/n<\varepsilon$ для любого $n>1/\varepsilon$.
Следовательно,

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\frac{c^n}{n!}= \lim\limits_{n\to\infty}c^n\cdot\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{n!}=0. $$

Пусть теперь $c\ge 1$.
Обозначим $a=\frac{c^{\lfloor c\rfloor}}{\lfloor c\rfloor!}>1$, $b=\frac{c}{\lceil c \rceil+1}<1$. Для любого $n>c$ выполнено $\frac{c^n}{n!}<ab^m$, где $m=n-\lfloor c\rfloor$. Согласно п.а), $b^m\to 0$, а значит и $ab^m\to 0$ при $m\to\infty$. Отсюда $x_n\to 0$.

-- 03.06.2017, 13:41 --

10.в) $x_1=\frac{1}{2}$, $x_n=x_{n-1}-x_{x-1}^2$

Доказательство сходимости.
Покажем что каждый $0<x_n<1$ (по индукции). База: $0<x_1<1$. Переход: пусть $0<x_{n-1}<1$, тогда $0<x_n=x_{n-1}-x_{x-1}^2<x_{n-1}<1$. Таким образом мы сразу получили ограниченность и монотонность $(x_n)$, из которых следует ее сходимость (задача 9).

Пока не могу понять, как здесь найти предел, а точнее доказать что он равен нулю. Конечно, можно было бы выписать явную формулу для $x_n$ подключив теорию рекуррентных соотношений, но "мы этого еще не проходили", и тут видимо предполагается какой-то другой подход.

[kotenok gav]

irod в сообщении #1221750 писал(а):

10.в) $x_1=\frac{1}{2}$, $x_n=x_{n-1}-x_{x-1}^2$

Доказательство сходимости.
Покажем что каждый $0<x_n<1$ (по индукции). База: $0<x_1<1$. Переход: пусть $0<x_{n-1}<1$, тогда $0<x_n=x_{n-1}-x_{x-1}^2<x_{n-1}<1$. Таким образом мы сразу получили ограниченность и монотонность $(x_n)$, из которых следует ее сходимость (задача 9).

Пока не могу понять, как здесь найти предел, а точнее доказать что он равен нулю. Конечно, можно было бы выписать явную формулу для $x_n$ подключив теорию рекуррентных соотношений, но "мы этого еще не проходили", и тут видимо предполагается какой-то другой подход.

А вы попробуйте посчитать члены этой последованости. Авось кое-что заметите.

[ewert]

irod в сообщении #1221750 писал(а):

Конечно, можно было бы выписать явную формулу для $x_n$ подключив теорию рекуррентных соотношений, но "мы этого еще не проходили"

Нет, это тупиковый путь. Стандартная процедура такова. Монотонность -- и, следовательно, существование предела -- уже есть. Предположите, что предел положителен и придите к противоречию. Идея очень проста: из-за сходимости шаги стремятся к нулю, но если член последовательности близок к фиксированному положительному числу, то и шаг окажется не маленьким. Надо лишь эти соображения формализовать.

irod в сообщении #1221750 писал(а):

$\forall n>c$ выполнено $\frac{c^n}{n!}>\frac{c^n}{n!}\frac{c}{n+1}=\frac{c^{n+1}}{(n+1)!}$, т.е. все члены $(x_n)$ начиная с некоторого номера убывают

и, более того, оцениваются сверху некоторой убывающей геометрической прогрессией. А этого достаточно, т.к. про прогрессию Вы всё уже знаете.

[irod]

ewert в сообщении #1221782 писал(а):

Идея очень проста: из-за сходимости шаги стремятся к нулю

Это фундаментальность, ок.

ewert в сообщении #1221782 писал(а):

но если член последовательности близок к фиксированному положительному числу, то и шаг окажется не маленьким.

Но вот это мне непонятно. Например, есть последовательность $x_n=1+\frac{1}{n}$ с пределом $1$. Каждый член близок к $1$, почему шаг должен оказаться не маленьким?

ewert в сообщении #1221782 писал(а):

irod в сообщении #1221750 писал(а):

$\forall n>c$ выполнено $\frac{c^n}{n!}>\frac{c^n}{n!}\frac{c}{n+1}=\frac{c^{n+1}}{(n+1)!}$, т.е. все члены $(x_n)$ начиная с некоторого номера убывают

и, более того, оцениваются сверху некоторой убывающей геометрической прогрессией. А этого достаточно, т.к. про прогрессию Вы всё уже знаете.

Нельзя ли тут подробнее? Не понимаю, что за известная мне геометрическая прогрессия.

Еще вопрос:

irod в сообщении #1221750 писал(а):

Обозначим $a=\frac{c^{\lfloor c\rfloor}}{\lfloor c\rfloor!}>1$, $b=\frac{c}{\lceil c \rceil+1}<1$.

вот с этим все нормально, или лучше было это как-то иначе оформить?

-- 06.06.2017, 08:12 --

kotenok gav в сообщении #1221761 писал(а):

А вы попробуйте посчитать члены этой последованости. Авось кое-что заметите.

Оставлю этот вариант в качестве запасного. Пока хочу разобраться с тем что предлагает ewert.

[irod]

Пока следующая

Задача 11.
При каких $a,b\in\mathbb{R}$ сходится последовательность $(y_n)$, если

а) $y_1=a$, $y_{n+1}=1+by_n$
Ответ. $a$ -- любое, $b=0$. Тогда все члены $(y_n)$, начиная с $y_2$, равны единице, которая и будет пределом.

б)* $y_1=a$, $y_{n+1}=b+\sqrt{y_n^2+1}$
Ответ. $a=0$, $b=-1$. Тогда все члены $(y_n)$ равны нулю, который и будет пределом.

[grizzly]

irod в сообщении #1222718 писал(а):

Задача 11.
При каких $a,b\in\mathbb{R}$ сходится последовательность $(y_n)$, если

Здесь требуется найти все $a$ и $b$, при которых последовательность сходится.

(Я пока не смотрел последние задачи.)