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
3688
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
3688
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
3688
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
3688
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
3688
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: svv


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