Можно ли e>|a-A|>|b-A| привести к e>|a-b| ? (критерий Коши)

[cxzbsdhwert]

Утверждение о том, что сходящаяся последовательность фундаментальна доказывается так:
1. Если последовательность сходится к $A\in\mathbb R$, то для любого $e>0$ существует $N$ начиная с которого разность любого элемента последовательности с $A$ меньше $e$.
2. Тогда для каждого $e$ найдётся и, например, $N'$, начиная с которого любой элемент $a_{n'}$ лежит в $\dfrac{e}{3}$ окрестности $A$.
3. Тогда $|a_{n_{1}'}-A|+|A-a_{n_{2}'}|<e$, и по неравенству треугольника $|a_{n_{1}'}-a_{n_{2}'}| \leq |a_{n_{1}'}-A|+|A-a_{n_{2}'}|<e$.

Я рассуждал немного иначе: если начиная с некоторого $N$ два любых элемента находятся от $A$ не дальше чем на $e$, то, кроме тривиального случая, когда эти элементы равны, есть некоторый элемент $a$, который ближе к $A$ и элемент $b$, который дальше, но оба не дальше чем на $e$, то есть:

$e>|b-A|>|a-A|$

Можно ли как-то от этого прийти к $e>|a-b|$?
Можно $|a-b|=|a-A-b+A|=|(A-b)+(a-A)| \leq |A-b|+|A-a|$ и это то что нужно, ну, кроме плюса между модулями, вместо минуса, разумеется.

Нахожу только вариант раскрыть два модуля, получив четыре решения, но что-то это не похоже на раскрытие модуля $e>|a-b|$, хотя по смыслу вообще-то всё правильно:

$e>b-A>a-A$, для $ b>A,a>A$
$e>-b+A>a-A$, для $ b<A,a>A \Rightarrow a>b$
$e>b-A>-a+A$, для $ b>A,a<A \Rightarrow a<b$
$e>-b+A>-a+A$, для $ b<A,a<A$

После приведения

$e>b-a>0$, для $ b>A,a>A$, и по условию выходит что $b>a$
$e>-b-a>-2A$, для $ b<A,a>A \Rightarrow a>b$
$e>b+a>2A$, для $ b>A,a<A \Rightarrow a<b$
$e>a-b>0$, для $ b<A,a<A$, также $a>b$

[mihaild]

Малое значение стандартно обозначается как \varepsilon: $\varepsilon$, а $e$ - это основание натурального логарифма.

cxzbsdhwert в сообщении #1712876 писал(а):

$e>|b-A|>|a-A|$

Можно ли как-то от этого прийти к $e>|a-b|$?

Представьте, что $a$ и $b$ на расстоянии почти $e$ от $A$, но по разные стороны.

[cxzbsdhwert]

mihaild в сообщении #1712881 писал(а):

Малое значение стандартно обозначается как \varepsilon: $\varepsilon$, а $e$ - это основание натурального логарифма.

cxzbsdhwert в сообщении #1712876 писал(а):

$e>|b-A|>|a-A|$

Можно ли как-то от этого прийти к $e>|a-b|$?

Представьте, что $a$ и $b$ на расстоянии почти $e$ от $A$, но по разные стороны.

Как раз случай по разные стороны я и не воображал. Тогда получается что для некоторого $N$, такого что два элемента с любыми большими чем $N$ индексами находятся на расстоянии меньше заданного эпсилон, но не все пары элементов находятся на расстоянии от друг-друга меньше чем такое эпсилон.

И тогда остаётся только показывать, что тем не менее, можно найти $N'>N$ начиная с которого расстояние до $A$ всех элементы меньше половины эпсилон ну и т.д.?

[mihaild]

cxzbsdhwert в сообщении #1712883 писал(а):

И тогда остаётся только показывать, что тем не менее, можно найти $N'>N$ начиная с которого расстояние до $A$ всех элементы меньше половины эпсилон ну и т.д.?

Да. Это довольно стандартная конструкция - у нас есть $\forall \varpesilon > 0: P(\varepsilon)$ и $\forall \varepsilon > 0: P(\varepsilon) \rightarrow Q(15 \cdot \varepsilon)$, и выводим $\forall \varepsilon > 0: Q(\varepsilon)$.
(в некоторых курсах, где хотят, чтобы в конце получилось именно $\varepsilon$, приходится в начале брать какие-то дикие конструкции)

[cxzbsdhwert]

Я же вообще по-моему нарушил элементарную алгебру с неравенствами: буквально переносил слагаемые как в тривиальном случае неравенства (равенства) двух выражений, хотя за "переносом" стоит частный случай вычитания\добавления ко всем выражениям неравенства (равенства) одинакового слагаемого, что в нетривиальном случае неравенства (равенства) более двух выражений не равносильно переносу с противоположным знаком слагаемого из одного выражения только в одно другое