доказать существование предела

[yzhastik]

Задание: доказать по определению существование предела
$ \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac {\sin n} {n} = 0 \] $

Мое решение:
$ \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac {\sin n} {n} = 0 \] \Longleftrightarrow \left| \frac {\sin n} {n} - 0 \right| < \varepsilon $
$ \frac {\sin n} {n} \leqslant \frac 1 n < \varepsilon $
$ n > \frac 1 \varepsilon $
$ N(\varepsilon) = \left[ \frac 1 \varepsilon \right] + 1 $

Результат: оказалось что решено не правильно... я иначе вроде как не умею, прошу помочь найти ошибку либо объяснить как решается по другому. заранее спасибо!

[ewert]

да нет, по существу всё верно, только оформлено так, что решительно ничего невозможно понять.

Вы хоть сами-то можете прочитать эту цепочку фраз? ну хоть что из чего следует?

[Brukvalub]

yzhastik в сообщении #175974 писал(а):

$ \frac {\sin n} {n} \leqslant \frac 1 n < \varepsilon $

Например, здесь - неверно. Кроме того, нет кванторов...

[ewert]

не "кроме того", а именно поэтому. В том смысле, что если добавить необходимые логические связки, то эта цепочка неравенств -- ровно то, что нужно.

(да, GAA, спасибо, модуль действительно потерян, но в начале он добросовестно присутствует, вот я и не обратил на это внимания)

[Brukvalub]

ewert в сообщении #175983 писал(а):

не "кроме того", а именно поэтому. В том смысле, что если добавить необходимые логические связки, то эта цепочка неравенств -- ровно то, что нужно.

Брехня....

[yzhastik]

$ \[\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac {\sin n} {n} = 0 \] \Longleftrightarrow \forall \varepsilon > 0 , \exists N(\varepsilon) \in N , \forall n > N(\varepsilon) : \left| \frac {\sin n} {n} - 0 \right| < \varepsilon $
Затем ищем такое $ n $:
$ \frac {\sin n} {n} \leqslant \frac 1 n < \varepsilon $
$ n > \frac 1 \varepsilon $ \Rightarrow N(\varepsilon) = \left[ \frac 1 \varepsilon \right] + 1 $

То есть теперь все правильно?

[Brukvalub]

yzhastik в сообщении #176003 писал(а):

То есть теперь все правильно?

Нет.

[Someone]

yzhastik в сообщении #176003 писал(а):

То есть теперь все правильно?

Строго говоря, неравенства $\frac{\sin n}n\leqslant\frac 1n<\varepsilon$ недостаточно, чтобы утверждать, что получится $\left|\frac{\sin n}n\right|<\varepsilon$.

[ewert]

почти.

Во-первых, всё ещё неразумна последовательность фраз -- надо переписать их в обратном порядке: "если взять Эн от эпсилон = ..., то тогда..." и т.д.

Во-вторых, Вы из какого-то странного принципа упорно теряете модуль над синусом.

[yzhastik]

можно попросить вас написать правильное решение этого задания?
просто я понял что у меня с этим провал...

[Nilenbert]

Вы думаете что из того, что $\frac{\sin{n}}{n}<\epsilon$ следует, что $|\frac{\sin{n}}{n}|<\epsilon$? Призадумайтесь, например $\frac{\sin{4}}{4}<0.1$, но $|\frac{\sin{4}}{4}|>0.1$

[ewert]

yzhastik в сообщении #176023 писал(а):

просто я понял что у меня с этим провал...

Да нет никакого провала, просто неаккуратность.

Первую строчку принимаем. Все остальные вполне годятся как черновик. А окончательную версию формулируем примерно так:

"... итак, по любому $\varepsilon>0$ выбираем $N(\varepsilon) = \left[ \frac 1 \varepsilon \right] + 1 $. Тогда для каждого $n>N(\varepsilon)$ будет $ n > \frac 1 \varepsilon ,$ откуда $ \left|\frac {\sin n} {n}| \leqslant \frac 1 n < \varepsilon ,$ что и требовалось."

[yzhastik]

Большое спасибо за помощь!

[GulfStreamm]

объясните пожалуйста, как доказать:
http://www.imageup.ru/img69/render2197779.gif.html
у меня большой пробел в этой теме((

[Виктор Викторов]

Вам нужно почитать учебник: определения предела последовательности и предела функции.