Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[grizzly]

irod в сообщении #1211974 писал(а):

Я не понимаю, чем мотивировано такое разделение: больше или меньше $1/2$.

Можно разделить любым удобным способом.

irod в сообщении #1211974 писал(а):

Так?

Да. Такое рассуждение не вызывает сомнений.

(Оффтоп)

irod в сообщении #1211974 писал(а):

Ок, я больше не буду разделять на множества. Тут какой-то очень тонкий для меня момент, я пока не могу в него въехать.

Из Вашего описания нельзя угадать, что именно Вы имеете в виду: или Вы разделили множества значений, или Вы выделили 2 подпоследовательности. Это разные вещи. (Под)последовательность -- это упорядоченный набор, такой вот бесконечный кортеж. Например: 0,0,0,0,... А множество значений у этого примера имеет только один элемент: $\{0\}.$

irod в сообщении #1211974 писал(а):

Как оформить это разделение максимально просто? Если я просто буду говорить "четные и нечетные члены $(y_n)$", это будет опять использование подпоследовательностей?

Так можно. А вот говорить что-то вроде "предельная точка чётных членов" и всякое подобное нельзя. Нет пока таких терминов. Вы пытались это обойти, но всё равно возникала путаница.

irod в сообщении #1211974 писал(а):

Я ведь взял сначала $0$ и все для него доказал, а потом попробовал доказать для произвольной точки $a\ne 0$.

И что Вы сделали для произвольной точки? Вы показали только, что в окрестности 1/2 не более одного чётного члена. И всё. Вы даже не попытались указать окрестность этой точки, которая содержит конечное число членов последовательности ($\varepsilon =1/2$ не годится для точки 1/3, например. Вы сформулировали несколько верных утверждений (не будем придираться к блохам) и оставили читателю в качестве упражнения собрать из них доказательство. Может быть, за это можно было поставить 4- (для примера, я не уверен), но ведь наша цель не в этом?

[ewert]

irod в сообщении #1211974 писал(а):

будет находиться не более одного нечетного члена.

Далось Вам это "не более одного". При чём тут единица-то?... Ни в одном определении она не присутствует.

Берите, скажем, окрестность $N_{\frac12a}(a)$ и доказывайте, что в неё не попадут все достаточно далёкие чётные члены и все достаточно далёкие нечётные. Причём именно достаточно -- боже упаси выписывать какие-то явные оценки. Исходите лишь из того, что известно стремление этих подпоследовательностей к бесконечности и к нулю соответственно и из определений предела.

-- Вс апр 23, 2017 19:37:25 --

ewert в сообщении #1212005 писал(а):

$N_{\frac12a}(a)$

Угадайте, где у меня опечатка.

[grizzly]

ewert в сообщении #1212005 писал(а):

Исходите лишь из того, что известно стремление этих подпоследовательностей к бесконечности и к нулю соответственно и из определений предела.

Я сделаю оговорку насчёт методики построения курса. Ещё не вводилось понятие подпоследовательности. И задача выяснить, будет ли предел подпоследовательности предельной точкой последовательности будет в следующих упражнениях. Можно, конечно, ввести заранее все нужные определения и доказать все нужные свойства, но вряд ли в методике предполагался такой путь. Ведь приведенное решение "в лоб" ничуть не сложнее.

[ewert]

grizzly в сообщении #1212015 писал(а):

Ещё не вводилось понятие подпоследовательности.

Можно и не называть чёрта по имени. Но ведь просто пределы-то были. И вполне можно использовать стремление последовательности чётных элементов туда-то, а нечётных -- сюда-то.

Ну, и если не было бесконечного предела, то его вполне можно обойти словами "все они больше того-то".

Главное, что мне не нравится во всех этих попытках -- страсть к явным оценкам. За ними теряется суть. ТС надо как можно скорее от этого отвыкать.

[irod]

Прощу прощения, сейчас у меня мало времени, поэтому прокомментирую только один момент, а на остальное позже отвечу.

ewert в сообщении #1212005 писал(а):

irod в сообщении #1211974 писал(а):

будет находиться не более одного нечетного члена.

Далось Вам это "не более одного". При чём тут единица-то?... Ни в одном определении она не присутствует.

Берите, скажем, окрестность $N_{\frac12a}(a)$ и доказывайте, что в неё не попадут все достаточно далёкие чётные члены и все достаточно далёкие нечётные. Причём именно достаточно -- боже упаси выписывать какие-то явные оценки. Исходите лишь из того, что известно стремление этих подпоследовательностей к бесконечности и к нулю соответственно и из определений предела.

ewert в сообщении #1212026 писал(а):

Главное, что мне не нравится во всех этих попытках -- страсть к явным оценкам. За ними теряется суть. ТС надо как можно скорее от этого отвыкать.

Так, блин, я только за! Я сам так всегда старался делать, вот к примеру из моей предыдущей темы:

irod в сообщении #1197440 писал(а):

Конечно, можно было бы явным образом сказать "возьмем в качестве $q_1,p_2$ произвольные числа на одинаковом расстоянии от $s$, и пусть каждый следующий отрезок в системе вдвое меньше предыдущего", и плясать дальше от этого. Но меня почему-то тянет сделать как можно более абстрактное доказательство, без лишних деталей. Можем ведь брать рациональные числа $q,p$ с обеих концов от $s$ так чтобы делать длину отрезка $[a^q,a^p]$ сколь угодно малой? Да, можем, согласно таким-то и таким-то ранее доказанным фактам. Вот и будем их брать какими нам надо, а лишние подробности опустим. Зря я так хочу?

Но мне показалось что в последних задачах от меня требуется указывать явно какие окрестности я беру. Буду рад, если я ошибся, мне почему-то всегда неприятно опускаться до конкретных чисел.

[ewert]

irod в сообщении #1212083 писал(а):

мне почему-то всегда неприятно опускаться до конкретных чисел.

Вот и не опускайтесь, будьте выше этого. Хотя совсем без конкретики тоже, конечно, невозможно. Просто надо её минимизировать.

Конкретно в этой задачке (раз уж Вы её, по слухам, решили).

Берём окрестность $N_{\frac12|a|}(a)$. Все нечётные члены, начиная с некоторого номера, в силу сходимости к нулю оказываются по модулю меньше $\frac{|a|}2$ и, следовательно, не попадают в эту окрестность (тут, конечно, можно для красоты сослаться на неравенство треугольника для модуля: $|a_{2k-1}-a|\geqslant|a|-|a_{2k-1}|>|a|-\frac{|a|}2=\frac{|a|}2$, но особого смысла в этом нет, т.к. из картинки и так всё ясно, а картинка любому читателю мгновенно придёт в голову).

А все чётные члены, начиная с некоторого номера, в силу их неограниченного возрастания окажутся больше $\frac32|a|$ и потому в эту окрестность тоже не попадут (насчёт неравенства треугольника аналогично; плюс тут, конечно, задействовована аксиома Архимеда, но ссылаться на неё явно -- совсем уж вычурно, это уже давно проехано).

Итого: все члены исходной последовательности, кроме конечного их числа, в окрестность не попадают.

[irod]

Итак, я перечитал все относящееся к этой многострадальной задаче на двух последних страницах, попробовал это осмыслить насколько мне позволяет мое текущее не самое свежее состояние, и хочу продолжить обсуждение, теперь уже в русле максимального избавления от конкретики по заветам ewert. Ибо хочется уже разобраться до конца с этой задачей, и идти дальше с чистой совестью.

grizzly в сообщении #1211998 писал(а):

irod в сообщении #1211974 писал(а):

Так?

Да. Такое рассуждение не вызывает сомнений.

Хорошо. Но мне оно почему-то кажется очень некрасивым из-за конкретики. Возможно, это мои психологические проблемы, и не надо на этом зацикливаться.

grizzly в сообщении #1211998 писал(а):

Из Вашего описания нельзя угадать, что именно Вы имеете в виду: или Вы разделили множества значений, или Вы выделили 2 подпоследовательности. Это разные вещи. (Под)последовательность -- это упорядоченный набор, такой вот бесконечный кортеж. Например: 0,0,0,0,... А множество значений у этого примера имеет только один элемент: $\{0\}.$

Это понятно.

ewert в сообщении #1212026 писал(а):

И вполне можно использовать стремление последовательности чётных элементов туда-то, а нечётных -- сюда-то.

Вот я и использую, если grizzly не против. И еще последую совету grizzly с предыдущей страницы:

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.

Оговариваю: при таком разбиении, очевидно, не могут добавиться / пропасть предельные точки.
Далее.
Кажется вы оба (и ewert и grizzly) согласны с тем что для очевидной точки $0$ я все нормально доказал. А доказал я, напомню, что в произвольной ее окрестности содержаться почти все нечетные члены последовательности. Объясните, зачем мне после этого рассматривать вхождение нечетных членов в окрестности других точек? Они же почти все в окрестности нуля, т.е. в других местах их не более чем конечное число, которое меня не волнует.

ewert в сообщении #1212120 писал(а):

Берём окрестность $N_{\frac12|a|}(a)$. Все нечётные члены, начиная с некоторого номера, в силу сходимости к нулю оказываются по модулю меньше $\frac{|a|}2$ и, следовательно, не попадают в эту окрестность (тут, конечно, можно для красоты сослаться на неравенство треугольника для модуля: $|a_{2k-1}-a|\geqslant|a|-|a_{2k-1}|>|a|-\frac{|a|}2=\frac{|a|}2$, но особого смысла в этом нет, т.к. из картинки и так всё ясно, а картинка любому читателю мгновенно придёт в голову).

Зачем вот это надо (учитывая мой предыдущий вопрос)?

ewert в сообщении #1212120 писал(а):

А все чётные члены, начиная с некоторого номера, в силу их неограниченного возрастания окажутся больше $\frac32|a|$ и потому в эту окрестность тоже не попадут (насчёт неравенства треугольника аналогично; плюс тут, конечно, задействовована аксиома Архимеда, но ссылаться на неё явно -- совсем уж вычурно, это уже давно проехано).

И тут тоже ненужная конкретика: все четные члены, начиная с некоторого номера, в силу их неограниченного возрастания окажутся больше $a+\varepsilon$ для любых $a$ и $\varepsilon>0$.

-- 25.04.2017, 18:15 --

Теперь по задаче 9.
9.б

grizzly в сообщении #1210371 писал(а):

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.)

Пример (алгоритм формирования) такой последовательности. Начнем, добавив в формируемую последовательность концы отрезка -- числа $0$ и $1$. На втором шаге добавим $1/2$. Продолжим, на $n$-м шаге добавляя в последовательность числа $\frac{1}{n},\frac{2}{n},\ldots,\frac{n-1}{n}$ за исключением чисел, добавленных ранее. Сформированная таким образом последовательность содержит все рациональные числа отрезка $[0,1]$.

Но, опять же, может лучше без конкретики? Если я придумаю другой алгоритм, и будет другая последовательность (скажем, с членами в другом порядке), ничего ведь не изменится, так ведь?

И тогда на пункт а) можно было бы ответить так: да, последовательность, множество предельных точек которой есть $\mathbb{N}$ -- это любая последовательность из множества чисел $\big\{m+\frac{1}{n}\mid m\in\mathbb{N},n\in\mathbb{N}\big\}$.

9.в)
Я прихожу к тому что нужной последовательности не существует. Это так? Я пока не знаю как это доказать.

[grizzly]

irod в сообщении #1212492 писал(а):

Но мне оно почему-то кажется очень некрасивым из-за конкретики.

Если конкретика позволяет написать более короткое и более простое решение учебной задачи, то лучше воспользоваться конкретикой. Имхо.

irod в сообщении #1212492 писал(а):

Вот я и использую, если grizzly не против.

Я не вижу преимуществ этого подхода с введением понятия подпоследовательности и использованием её свойств -- это всё будет чуть позже в этом же листе. Мне этот подход представляется методологически проблемным (Вы должны ввести какое-то понятие, как-то его назвать, а завтра окажется, что такое уже есть и у него другое название -- это всё создаёт путаницу). А главное -- я не понимаю, зачем это делать, если решение в лоб, по определению, и короче и проще. Но это не запрещено, конечно. Главное -- не оставляйте критичных недомолвок.

irod в сообщении #1212492 писал(а):

Объясните, зачем мне после этого рассматривать вхождение нечетных членов в окрестности других точек?

Конечно, достаточно было сказать, что:

irod в сообщении #1212492 писал(а):

т.е. в других местах их не более чем конечное число

а Вы этого не сказали. (Именно это я имел в виду, когда говорил, что Вы оставили читателю несколько очевидных упражнений.)

irod в сообщении #1212492 писал(а):

Оговариваю: при таком разбиении, очевидно, не могут добавиться / пропасть предельные точки.

Ок.

irod в сообщении #1212492 писал(а):

Но, опять же, может лучше без конкретики?

Может быть. Докажите, пожалуйста, без конкретики, что из рациональных чисел можно составить хоть какую-нибудь последовательность.

irod в сообщении #1212492 писал(а):

И тогда на пункт а) можно было бы ответить так: да, последовательность, множество предельных точек которой есть $\mathbb{N}$ -- это любая последовательность из множества чисел $\big\{m+\frac{1}{n}\mid m\in\mathbb{N},n\in\mathbb{N}\big\}$.

Мне эта формулировка не нравится, но можем с некоторой натяжкой считать, что Вы меня убедили, что способны превращать такие множества в последовательности. Лично я слишком зашорен на банальной тупой конкретике типа такой:

$$ 1,\ 1,2,\ 1,2,3,\ 1,2,3,4,\ 1,2,3,4,5... $$

irod в сообщении #1212492 писал(а):

9.в)
Я прихожу к тому что нужной последовательности не существует. Это так? Я пока не знаю как это доказать.

Да, так. А сможете доказать, что если всё $\mathbb Q$ является множеством предельных точек, то и $\sqrt{2}$ будет предельной точкой? (хотя бы наметьте план доказательства -- в рамках борьбы с конкретикой)

[irod]

Пока отвечу только на этот вопрос:

grizzly в сообщении #1212508 писал(а):

Докажите, пожалуйста, без конкретики, что из рациональных чисел можно составить хоть какую-нибудь последовательность.

Так это же следует из счетности множества рациональных чисел, нет? я счетность $\mathbb{Q}$ не доказывал, но если не ошибаюсь она следует из счетности натуральных чисел и задачи 10 листка 4 (ведь $\mathbb{Q}$ можно представить в виде объединения $\{0\}$ и счетных множеств $\{\frac{n}{m}\mid n\in\mathbb{N}\}$, где $m$ пробегает все натуральные числа). Ну и тогда любое бесконечное подмножество $\mathbb{Q}$ также будет счетным (задачи 13 и 17 листка 4).

-- 27.04.2017, 12:08 --

grizzly в сообщении #1212508 писал(а):

Я не вижу преимуществ этого подхода с введением понятия подпоследовательности и использованием её свойств -- это всё будет чуть позже в этом же листе. Мне этот подход представляется методологически проблемным (Вы должны ввести какое-то понятие, как-то его назвать, а завтра окажется, что такое уже есть и у него другое название -- это всё создаёт путаницу). А главное -- я не понимаю, зачем это делать, если решение в лоб, по определению, и короче и проще. Но это не запрещено, конечно. Главное -- не оставляйте критичных недомолвок.

Я Вас понял.
В этой теме я доказал эту задачу обоими способами (разной степени красоты и количества недочетов), так что будем считать что с ней я разобрался, согласны? Возможно, позже с накоплением опыта и знаний я пересмотрю свой уклон в сторону того или иного подхода.

-- 27.04.2017, 12:14 --

irod в сообщении #1212761 писал(а):

ведь $\mathbb{Q}$ можно представить в виде объединения $\{0\}$ и счетных множеств $\{\frac{n}{m}\mid n\in\mathbb{N}\}$, где $m$ пробегает все натуральные числа).

Еще отрицательные забыл: $\{-\frac{n}{m}\mid n\in\mathbb{N}\}$. Но с ними все сказанное остается в силе.

[grizzly]

irod в сообщении #1212761 писал(а):

Так это же следует из счетности множества рациональных чисел, нет? я счетность $\mathbb{Q}$ не доказывал, но если не ошибаюсь она следует из счетности натуральных чисел и задачи 10 листка 4 (ведь $\mathbb{Q}$ можно представить в виде объединения $\{0\}$ и счетных множеств $\{\frac{n}{m}\mid n\in\mathbb{N}\}$, где $m$ пробегает все натуральные числа).

Да, такое рассуждение годится (с учётом поправки на отрицательные). Вот только насчёт конкретики... Вы помните своё решение задачи 10 листка 4? Сейчас Вас "спасло" только то, что раньше Вы накопили неплохой багаж конкретики.

-- 27.04.2017, 12:35 --

irod в сообщении #1212761 писал(а):

так что будем считать что с ней я разобрался, согласны?

Конечно. И неплохо разобрались: Ваше желание спорить и понять глубже -- это только плюс.

[irod]

grizzly в сообщении #1212508 писал(а):

Если конкретика позволяет написать более короткое и более простое решение учебной задачи, то лучше воспользоваться конкретикой. Имхо.

grizzly в сообщении #1212767 писал(а):

[Сейчас Вас "спасло" только то, что раньше Вы накопили неплохой багаж конкретики.

Наверное, фанатизм нигде не нужен. При необходимости не буду чураться конкретных чисел, обещаю

-- 27.04.2017, 14:01 --

grizzly в сообщении #1212508 писал(а):

А сможете доказать, что если всё $\mathbb Q$ является множеством предельных точек, то и $\sqrt{2}$ будет предельной точкой? (хотя бы наметьте план доказательства -- в рамках борьбы с конкретикой)

Предположим, в любой $\varepsilon$-окрестности произвольной рациональной точки содержится бесконечное число членов некоторой последовательности $(x_n)$.
В любой $U_\varepsilon (\sqrt{2})$ содержится бесконечно много рациональных чисел, а значит и их $\varepsilon$-окрестностей. Следовательно, в $U_\varepsilon (\sqrt{2})$ содержится и бесконечное число членов $(x_n)$. Т.е. $\sqrt{2}$ также является предельной точкой $(x_n)$. Это рассуждение справедливо для любого иррационального числа. Значит наше предположение неверно, и $\mathbb Q$ может быть множеством предельных точек последовательности только одновременно с $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Q}$ (пример: последовательность, состоящая из всех точек самого $\mathbb{Q}$).

[grizzly]

irod в сообщении #1212783 писал(а):

а значит и их $\varepsilon$-окрестностей.

Вот контрпример к Вашему рассуждению: обозначим $a=\sqrt{2}-\varepsilon , b=\sqrt{2}+\varepsilon $; тогда $\varepsilon $-окрестность любой рациональной точки в $\varepsilon $-окрестности $\sqrt 2$ содержит бесконечное число членов последовательности $\{a,b,a,b,...\}$.
Лучше взять одну рациональную точку, но аккуратнее подобрать её окрестность.

[irod]

grizzly в сообщении #1212788 писал(а):

Лучше взять одну рациональную точку, но аккуратнее подобрать её окрестность.

В произвольной $U_\varepsilon (\sqrt{2})$ содержится бесконечно много рациональных чисел. Возьмем рациональное число $q$ из $U_{\varepsilon/2} (\sqrt{2})$. В $U_{\varepsilon/2} (q)$ содержится бесконечное число членов $(x_n)$, а сама $U_{\varepsilon/2} (q)$ целиком содержится в $U_{\varepsilon} (\sqrt{2})$. Следовательно, в $U_\varepsilon (\sqrt{2})$ содержится бесконечное число членов $(x_n)$.

-- 27.04.2017, 16:14 --

Если с выложенными задачами все хорошо, то иду дальше.

Задача 13.
Доказать, что всякая ограниченная последовательность имеет хотя бы одну предельную точку.

Доказательство.
Пусть $(x_n)$ -- последовательность, ограниченная числом $C$.
Алгоритм нахождения предельной точки $(x_n)$ (одной из) следующий. Возьмем $[-C,C]$ и разделим напополам. Возьмем часть, в которой содержится бесконечное число членов $(x_n)$, и снова разделим ее напополам. Продолжим процесс, на каждом шаге деля текущий отрезок напополам и беря часть с бесконечным числом членов $(x_n)$ (очевидно, на каждом шаге одна из половин текущего отрезка будет содержать бесконечное число членов, потому что исходный отрезок содержит бесконечное число членов). Получим систему вложенных отрезков, в которой каждый отрезок содержит бесконечное число членов $(x_n)$.
Последовательность длин отрезков с.в.о. $y_k=\frac{C}{2^{k-1}}$ очевидно сходится к нулю, т.е. в с.в.о. найдется отрезок с длиной меньшей произвольного $\varepsilon>0$, что согласно задаче 17 листка 8 означает, что пересечение этой с.в.о. состоит из одной точки. Рассматривая каждый отрезок с.в.о. в качестве $\varepsilon$-окрестности точки пересечения с.в.о. и учитывая что он содержит бесконечно много членов $(x_n)$, получим что точка пересечения и будет предельной точкой последовательности.

-- 27.04.2017, 16:14 --

Система вложенных отрезков тоже оказывается полезная штука, как и аксиома Архимеда :)

-- 27.04.2017, 16:16 --

Задача 14. Пусть $a$ -- единственная предельная точка ограниченной последовательности $(x_n)$. Тогда $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$.

Доказательство.
Пусть $(x_n)$ ограничена числом $C$. Возьмем произвольный $\varepsilon>0$ и рассмотрим интервалы $(-C,a-\varepsilon)$ и $(a+\varepsilon,C)$. В $(-C,a-\varepsilon)$ не может содержаться бесконечное число членов $(x_n)$, т.к. иначе в нем по алгоритму из доказательства задачи 13 нашлась бы как минимум одна предельная точка, а по условию ее там быть не может. Аналогично, и в $(a+\varepsilon,C)$ не может содержаться бесконечное число членов $(x_n)$.
Таким образом, вне произвольной $U_\varepsilon(a)$ находится не более чем конечное число членов $(x_n)$, т.е. $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$.

-- 27.04.2017, 16:21 --

Определение 9.
Говорят, что последовательность $(x_n)$ стремится к бесконечности, если $\forall C\ \exists k\in\mathbb{N}\ \forall n>k\ |x_n|>C$. Обозначения: (1) $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\infty$; (2) $x_n\to\infty$ при $n\to\infty$.


Задача 15.
Сформулировать, что значит, что $y_n\to +\infty$ ($-\infty$) при $n\to\infty$.

Решение.
$y_n\to +\infty$ при $n\to\infty$, если $\forall C\ \exists k\in\mathbb{N}\ \forall n>k\ x_n>C$.
$y_n\to -\infty$ при $n\to\infty$, если $\forall C\ \exists k\in\mathbb{N}\ \forall n>k\ x_n<C$.

-- 27.04.2017, 16:22 --

Задача 16.
а) Из всякой ограниченной последовательности можно выделить сходящуюся подпоследовательность.

Доказательство.
Следует из задач 13 и 11.

[grizzly]

irod в сообщении #1212791 писал(а):

Если с выложенными задачами все хорошо

Да.

irod в сообщении #1212791 писал(а):

Рассматривая каждый отрезок с.в.о. в качестве $\varepsilon$-окрестности

Это ничего не даёт. Нужно наоборот -- для каждой $\varepsilon$-окрестности найти подходящий отрезок. Тоже несложно, конечно, но важен порядок кванторов.

Остальное нормально.

[irod]

grizzly в сообщении #1212808 писал(а):

Это ничего не даёт. Нужно наоборот -- для каждой $\varepsilon$-окрестности найти подходящий отрезок. Тоже несложно, конечно, но важен порядок кванторов.

Исправляю. Заменим это:

irod в сообщении #1212791 писал(а):

Рассматривая каждый отрезок с.в.о. в качестве $\varepsilon$-окрестности точки пересечения с.в.о. и учитывая что он содержит бесконечно много членов $(x_n)$, получим что точка пересечения и будет предельной точкой последовательности.

на следующее.
Возьмем отрезок с длиной меньше произвольного $\varepsilon>0$. Весь этот отрезок с бесконечным числом членов $(x_n)$ будет содержаться внутри $\varepsilon$-окрестности точки пересечения с.в.о. Следовательно, точка пересечения с.в.о. и будет предельной точкой последовательности.

-- 02.05.2017, 12:23 --

Задача 16.б)
Из всякой неограниченной последовательности можно выделить подпоследовательность, стремящуюся к $+\infty$ или к $-\infty$.

Доказательство.
Следует из задачи 15 и определения модуля: неограниченность последовательности означает либо ее стремление к $+\infty$, либо ее стремление к $-\infty$, либо сосуществование в ней подпоследовательностей неограниченно возрастающих и неограниченно убывающих членов, в качестве которых можно взять все ее положительные и все отрицательные члены соответственно.