Имеет ли эта последовательность предел?

[Integrall]

_mv в сообщении #567976 писал(а):

прошу вас привести, в конце концов, для этого есть личная почта.

хорошо cдаюсь. Вот моё решение:

$a_n=\sin( \sum_{k=1}^n 1/k )$

выполнимость первого условия очевидна, второе $|a_{n+1}-a_n|<1/n$ проверяем с пом. теоремы Лагранжа: $f(x) - f(y) = f'(c)(x - y)$, $x\le c \le y$

$|a_{n+1}-a_n| \le \max_x {|\cos (x)|} |1/(n+1)|<1/n$

теперь вы должны всем нам доказательство нефундаментальности $a_n$. Если и на этот раз не справитесь, отправим вас доучиваться в школу. :)

[bot]

(Оффтоп)

Мне вот "бродилка" с предыдущей страницы больше нравится. Здесь ещё надо расходимость доказывать (наверно даже можно показать, что множество значений всюду плотно на $[-1; 1]$), а как это проще сделать сразу не соображу. А в бродилке всё очевидно. Явной формулы нет, так это ерунда - рекуррентность очевидным образом пишется.

[_mv]

Integrall
Спасибо. Доказательство с использованием теоремы Лагранжа - суперизящно, признаюсь, до него я не додумался.
Вообще, спасибо за конструктивную беседу.

И да, пока не могу доказать нефундаментальность - и не надо вешать на меня ярлыки
Технически затруднение вот в чем:
Для нефундаментальной последовательности будет выполнено отрицание условия Коши (пишу сразу отрицание):
$ \exists \varepsilon > 0: \forall N \in \mathbb{N}$ $\exists n_1, n_2 > n : |a_{n_2}-a_{n_1}| \geqslant \varepsilon$

Синус - периодический, я что-то не могу придумать такие $n_1$ и $n_2$, зависящие от $N$, чтобы модуль разности $|a_{n_2}-a_{n_1}|$ всегда был больше некоторого положительного числа...

А вот для гармонического ряда это легко сделать. Пусть фисксировано $N$. Положим $n_2=2N$, $n_1=N$.
Тогда $|a_{n_2}-a_{n_1}| \geqslant 1/2 = \varepsilon$.

[Профессор Снэйп]

_mv в сообщении #568306 писал(а):

И да, пока не могу доказать нефундаментальность - и не надо вешать на меня ярлыки

Раз не надо, то не будем. Хотя на язык просится

Фундаментальная последовательность обязана иметь предел, эта предела не имеет. Вот и всё доказательство!

А не имеет эта последовательность предела потому, что у неё верхний предел отличается от нижнего. Верхний равен $1$, нижний $-1$. У последовательности же, которая имеет предел, верхний предел и нижний предел обязаны совпадать.

-- Вт май 08, 2012 09:28:58 --

Integrall в сообщении #568022 писал(а):

проверяем с пом. теоремы Лагранжа

Можно и без неё:

$$ \begin{array}{c} |a_{n+1} - a_n| = |\sin \alpha_{n+1} - \sin \alpha_n | = 2 \left| \sin \frac{\alpha_{n+1} - \alpha_n}{2} \cos \frac{\alpha_{n+1} + \alpha_n}{2} \right| \leqslant \\ \leqslant 2 \left| \sin \frac{\alpha_{n+1} - \alpha_n}{2} \right| \leqslant 2 \left| \frac{\alpha_{n+1} - \alpha_n}{2} \right| = | \alpha_{n+1} - \alpha_n | = \frac{1}{n+1}, \end{array} $$

где $\alpha_n = \sum_{k=1}^{n} 1/k$.

[bot]

Профессор Снэйп в сообщении #568639 писал(а):

А не имеет эта последовательность предела потому, что у неё верхний предел отличается от нижнего.

А почему это очевидно? Потому что $C+\ln n$ по модулю $2\pi$ всюду плотно на $[-\pi; \pi]$?

[ewert]

bot в сообщении #568662 писал(а):

А почему это очевидно?

Если речь о синусе -- то просто потому, что $\frac1n\to0$.

[bot]

Не понял, при чём здесь $\frac1n$, с некоторых пор все говорят о последовательности $a_n=\sin\left(1+\frac12+\ldots + \frac1n\right)$. Почему очевидно, что верхний и нижний пределы у неё разные?

[ewert]

Потому, что ряд под синусом расходится, и при этом шажки становятся всё мельче. Поэтому с ростом $k$ точки $\pm\frac{\pi}2+2\pi k$ будут попадать во всё более узкие промежутки $[S_{n-1};S_{n}]$ длины $\frac1n$.

-- Вт май 08, 2012 13:32:51 --

Да, кстати:

bot в сообщении #568028 писал(а):

наверно даже можно показать, что множество значений всюду плотно на $[-1; 1]$

Можно, конечно; и доказывается это ровно так же, как и предельность точек $\pm1$.

[bot]

ewert в сообщении #568690 писал(а):

Потому, что ряд под синусом расходится, и при этом шажки становятся всё мельче

Да ведь я спорить не стану, только отсюда до доказательства рукой ведь не подать.

[ewert]

bot в сообщении #568728 писал(а):

только отсюда до доказательства рукой ведь не подать.

Ну Вы ж просили сказать, почему очевидно -- я и сказал, почему. А рукой -- пожалуйста, подаю.

Обозначим $S_n=\sum\limits_{m=1}^n\dfrac1m, S_0=0$. Фиксируем $\theta\in[0;2\pi)$ и рассмотрим последовательность $\{n_k\}$, определяемую условием $\theta+2\pi k\in(S_{n_k-1};S_{n_k}]\ (\forall k\in\mathbb N)$ (она существует и монотонно возрастает, т.к. гармонический ряд расходится и при этом его члены не больше единицы). Тогда $|\sin\theta-\sin S_{n_k}|=|\sin(\theta+2\pi k)-\sin S_{n_k}|\to0$ при $k\to\infty$, поскольку $|\theta+2\pi k-S_{n_k}|<S_{n_k}-S_{n_k-1}=\dfrac1{n_k}\to0$. Другими словами, число $\sin\theta$ при любом $\theta$ является предельной точкой последовательности $\sin S_n$, вот и всё.

Это ровно то же самое, что я написал выше, только ну самую малость подробнее.

[_mv]

Профессор Снэйп

Профессор Снэйп в сообщении #568639 писал(а):

Фундаментальная последовательность обязана иметь предел, эта предела не имеет. Вот и всё доказательство!

Высказывание, по грамотности не вполне достойное заслуженного участника.
Об остальном же справедливо заметили последующие ораторы.

Профессор Снэйп в сообщении #568639 писал(а):

Раз не надо, то не будем. Хотя на язык просится

И да, этим вы окончательно убедили меня в том, что движет некоторыми участниками этого замечательного форума:
Ссылочка на Википедию


Всем, кто счел тему дискуссии важнее дурацких замечаний, огромное спасибо, я узнал много нового!

-- 08.05.2012, 15:54 --

bot
ewert
Спасибо Вам! Именно этих рассуждений мне не хватало для доказательства нефундаментальности!

[ewert]

_mv в сообщении #568739 писал(а):

Именно этих рассуждений мне не хватало для доказательства фундаментальности!

фундаментальности чего?!...

[_mv]

ewert
Опечатка. Исправил уже.

[Профессор Снэйп]

_mv в сообщении #568739 писал(а):

Высказывание, по грамотности не вполне достойное заслуженного участника.

Чем же оно недостойно? Вы считаете, что я неправду сказал?

-- Вт май 08, 2012 20:10:41 --

(Оффтоп)

Хамите, парниша!

[_mv]

Профессор Снэйп

Цитата:

Чем же оно недостойно? Вы считаете, что я неправду сказал?

Если Вы читали тему, то заметили бы: доказать нефундаментальность нужно было для того, чтобы доказать отсутствие предела. Потому что отсутствие предела как таковое строго не доказано.
Как заметили Вам другие участники, отличие верхнего предела от нижнего - не настолько очевидно и прозрачно, чтобы оставить это без доказательства.

(Оффтоп)

Парниша? Обращение, достойное математика, пришедшего обсуждать интересные вопросы.
Про самоутверждение я не зря писал, значит...