Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[irod]

Определение 10.
Последовательность $(x_n)$ называется фундаментальной, если $\forall\varepsilon >0\ \exists k\ \forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$.

Задача 17.
Последовательность $(x_n)$ сходится тогда и только тогда, когда она фундаментальна.

Доказательство.
Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, т.е. все члены $(x_n)$, начиная с некоторого номера $k$, содержатся в произвольной $U_\varepsilon (a)$. Тогда расстояние между этими членами не больше $\varepsilon$, т.е. выполнено $\forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$, что означает фундаментальность $(x_n)$.
(наверное, здесь можно сказать проще: импликация $\forall n>k\ |x_n-a|<\varepsilon$ $\Rightarrow$ $\forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$ очевидна)

Пусть теперь последовательность $(x_n)$ фундаментальна. Покажем что существует точка $a$ такая что в произвольной $U_\varepsilon (a)$ содержатся почти все члены $(x_n)$. От противного: предположим, такой точки не существует. Возьмем произвольный $\varepsilon>0$, и пусть $k$ -- номер такой что $\forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$. Возьмем в качестве $a$ любой $x_m$, $m>k$. Тогда $\forall n>k\ |x_n-a|<\varepsilon$, т.е. $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, что противоречит нашему предположению. Из существования такой точки $a$ для любого $\varepsilon>0$ следует сходимость $(x_n)$.

У меня смутное подозрение что со второй частью доказательства не все в порядке, ведь я сначала беру $\varepsilon$, а потом для этого $\varepsilon$ уже нахожу нужную точку $a$, которая вообще может быть разной для разных $\varepsilon$. Это ок или нет?

[grizzly]

irod в сообщении #1213590 писал(а):

неограниченность последовательности означает либо ее стремление к $+\infty$, либо ее стремление к $-\infty$, либо сосуществование в ней подпоследовательностей неограниченно возрастающих и неограниченно убывающих членов

Последовательность, состоящая из положительных рациональных чисел, не относится ни к одному из трёх перечисленных классов.

-- 02.05.2017, 17:05 --

irod в сообщении #1213661 писал(а):

импликация $\forall n>k\ |x_n-a|<\varepsilon$ $\Rightarrow$ $\forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$ очевидна

да, с точностью до множителя.

-- 02.05.2017, 17:13 --

irod в сообщении #1213661 писал(а):

Это ок или нет?

Нет, конечно. Для вот этого утверждения:

irod в сообщении #1213661 писал(а):

существует точка $a$ такая что в произвольной $U_\varepsilon (a)$ содержатся почти все члены $(x_n)$

Вы неправильно формулируете противное (и, кажется, не впервой).

[iifat]

irod в сообщении #1213661 писал(а):

Это ок или нет?

Нет. Надо бы продолжить. Например, аккуратно расписать отрицание, коли уж решили от противного доказывать.

[ewert]

irod в сообщении #1213661 писал(а):

У меня смутное подозрение что со второй частью доказательства не все в порядке, ведь я сначала беру $\varepsilon$

Правильное подозрение, причём дело вовсе не в эпсилонах, а в принципе. Ваши попытки так и останутся безнадёжными до тех пор, пока Вы не используете тот факт, что речь идёт именно о вещественных числах (а не о рациональных, скажем).

В ваших цепочках обязательно должны были быть уже какие-то факты, эквивалентные доказываемому. Скорее всего, принцип вложенных отрезков или сходимость ограниченных монотонных последовательностей (что, впрочем, практически одно и то же). Их и задействуйте.

Иначе -- безнадёжно.

[irod]

grizzly в сообщении #1213667 писал(а):

Вы неправильно формулируете противное (и, кажется, не впервой).

iifat в сообщении #1213670 писал(а):

Нет. Надо бы продолжить. Например, аккуратно расписать отрицание, коли уж решили от противного доказывать.

Забудем про противное, попробую другим способом.

ewert в сообщении #1213747 писал(а):

Скорее всего, принцип вложенных отрезков

Спасибо за совет! Чем дальше тем больше мне нравятся эти вложенные отрезки, не понимаю как я раньше без них жил.
Вот новая попытка доказательства следования сходимости из фундаментальности в рамках задачи 17.

Пусть теперь последовательность $(x_n)$ фундаментальна.
Тогда $(x_n)$ ограничена числом $|x_{k+1}|+\varepsilon$, где $\varepsilon>0$ берется произвольно, а $k$ -- номер такой что $\forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$.
Покажем, что $(x_n)$ имеет лишь одну предельную точку. Построим систему вложенных отрезков с помощью следующего алгоритма. Возьмем произвольный $\varepsilon_1>0$, и пусть $k_1$ -- номер такой что $\forall m,n>k_1\ |x_m-x_n|<\varepsilon_1$. Тогда первым отрезком в системе будет $[|x_{k_1+1}|,|x_{k_1+1}|+\varepsilon_1]$. Продолжим, беря на $i$-м шаге алгоритма $\varepsilon_i<\varepsilon_{i-1}$, так чтобы последовательность $(\varepsilon_i)$ длин отрезков стремилась к нулю. Получили систему вложенных отрезков, пересечение которой состоит из одной точки.
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. будет предельной точкой последовательности, причем единственной (ведь вне $i$-го отрезка в системе находится не более чем $k_i$ членов $(x_n)$). Тогда по задаче 14 эта же точка будет и пределом $(x_n)$.

[grizzly]

irod в сообщении #1214928 писал(а):

Покажем, что $(x_n)$ имеет лишь одну предельную точку.

Обратите внимание, насколько просто было бы сейчас доказать от противного единственность этой предельной точки. А что касается:

ewert в сообщении #1213747 писал(а):

Иначе -- безнадёжно.

оно-то где-то в каком-то смысле так, но не у нас -- мы всё нужное либо бесплатно получили в аксиоматическом определении, либо уже доказали.

Замечания по мелочам:

irod в сообщении #1214928 писал(а):

Тогда первым отрезком в системе будет $[|x_{k_1+1}|,|x_{k_1+1}|+\varepsilon_1]$

В первый же отрезок может не попасть нужная точка.

irod в сообщении #1214928 писал(а):

Возьмем отрезок с длиной меньше произвольного $\varepsilon>0$.

Это звучит как-то не очень.

irod в сообщении #1214928 писал(а):

Следовательно, точка пересечения с.в.о. будет предельной точкой последовательности причем единственной (ведь вне $i$-го отрезка в системе находится не более чем $k_i$ членов $(x_n)$).

Сам факт существования предельной точки уже следует из ограниченности. Для этого с.в.о. строить излишне. А единственность, как я понимаю, Вы предполагаете доказывать от противного, отталкиваясь от уже построенной с.в.о. Как я сказал в начале сообщения, в точности то же доказательство от противного можно провести и без с.в.о. Иначе говоря, для Вашего рассуждения путь с построением с.в.о. выглядит не самым рациональным.

[irod]

grizzly
спасибо за новые замечания по 17й задаче, отвечу на них чуть позже, а пока разберусь с предыдущей задачей.

irod в сообщении #1213590 писал(а):

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

grizzly в сообщении #1213667 писал(а):

irod в сообщении #1213590 писал(а):

неограниченность последовательности означает либо ее стремление к $+\infty$, либо ее стремление к $-\infty$, либо сосуществование в ней подпоследовательностей неограниченно возрастающих и неограниченно убывающих членов

Последовательность, состоящая из положительных рациональных чисел, не относится ни к одному из трёх перечисленных классов.

Кажется понял свою ошибку. Вот новое доказательство.

Пусть последовательность $(x_n)$ неограничена. Возьмем произвольную последовательность $(C_n)$ из неограниченно возрастающих положительных чисел (т.е. стремящуюся к $+\infty$) и сделаем ее перебор, начиная с первого члена. Неограниченность $(x_n)$ означает, что на каждом ($n$-м) шаге найдется $k\in\mathbb{N}$ такое что $|x_k|>C_n$, что в свою очередь распадается на два случая: $x_k>C_n$ при $x_k>0$ и $x_k<-C_n$ при $x_k<0$. Выделим все такие положительные $x_k$ в одну подпоследовательность, а отрицательные $x_k$ -- в другую. Этот алгоритм показывает существование подпоследовательности, стремящуюся к $+\infty$ или к $-\infty$, в любой неограниченной последовательности.

[ewert]

irod в сообщении #1214974 писал(а):

что в свою очередь распадается на два случая:

Распасть следовало в самом начале: "1). Предположим, что последовательность не ограничена сверху... 2). Теперь предположим, что снизу..."

irod в сообщении #1214974 писал(а):

Неограниченность $(x_n)$ означает, что на каждом ($n$-м) шаге найдется $k\in\mathbb{N}$ такое что $|x_k|>C_n$,

Этого недостаточно -- это пока ещё не подпоследовательность, не хватает нескольких слов.

Сама по себе идея взять последовательность возрастающих $C_n$, притом именно абстрактно возрастающих -- вполне правильная, но далее надо аккуратнее.

grizzly в сообщении #1214948 писал(а):

мы всё нужное либо бесплатно получили в аксиоматическом определении,

Ну а в каком виде была изначально аксиома полноты?

[grizzly]

ewert в сообщении #1214983 писал(а):

Ну а в каком виде была изначально аксиома полноты?

Поле действительных чисел определяется как упорядоченное поле, удовлетворяющее аксиоме о точной верхней грани.

[ewert]

grizzly в сообщении #1214992 писал(а):

аксиоме о точной верхней грани.

Тогда следующий естественный шаг -- это сходимость монотонных ограниченных последовательностей. Надо полагать, что он уже был.

Если так, то напрашивается рассмотрение монотонных последовательностей $b_n=\inf\limits_{k\geqslant n}a_k$ и $c_n=\sup\limits_{k\geqslant n}a_k$. Знание частичных пределов при этом необязательно, но нужно, конечно, знать об ограниченности фундаментальной последовательности (это в любом случае должно идти сразу после определения фундаментальности). И ещё желательно (но не обязательно) уже иметь теорему о двух милиционерах.

[grizzly]

ewert
У нас были доказаны ранее важные свойства системы вложенных отрезков (через равенство т.в. и т.н. граней). Там использовалась эта аксиома. С помощью этих свойств мы доказали, что ограниченная последовательность содержит предельную точку. Монотонности пока не было, милиционеров тоже -- всё это ещё будет, конечно, но пока проще обходиться без этого.

[ewert]

grizzly в сообщении #1215014 писал(а):

Монотонности пока не было,

Но я ведь уже говорил: с точки зрения использования в доказательствах что монотонные последовательности, что вложенные отрезки -- практически одно и то же. Не хочется последовательностей -- ровно с тем же успехом можно рассмотреть отрезки $[b_n;c_n]$

[grizzly]

ewert в сообщении #1215021 писал(а):

Не хочется последовательностей

Здесь вопрос не в том, что кому хочется, а в том, как построено изложение в учебнике.

[ewert]

(Оффтоп)

grizzly в сообщении #1215024 писал(а):

Здесь вопрос не в том, что кому хочется, а в том, как построено изложение в учебнике.

Можно подумать, что автор изложил так потому, что ему этого не хотелось. Вот именно в этом месте очень легко подстроиться под любой вариант изложения.

[irod]

ewert в сообщении #1214983 писал(а):

Распасть следовало в самом начале: "1). Предположим, что последовательность не ограничена сверху... 2). Теперь предположим, что снизу..."

Ок. Вообще с такими задачами мне не всегда понятно где я имею полное право сослаться на очевидность, а где надо доказывать/проговаривать (особенно если все кажется очевидным ). Неравенства с модулем кстати только недавно надо было доказывать (например задача 1 этого листка).

ewert в сообщении #1214983 писал(а):

irod в сообщении #1214974 писал(а):

Неограниченность $(x_n)$ означает, что на каждом ($n$-м) шаге найдется $k\in\mathbb{N}$ такое что $|x_k|>C_n$,

Этого недостаточно -- это пока ещё не подпоследовательность, не хватает нескольких слов.

Конечно, я забыл добавить что порядок членов в подпоследовательности должен быть сохранен:
Неограниченность $(x_n)$ означает, что на каждом ($n$-м) шаге найдется $k_n\in\mathbb{N}$ такое что $k_n>k_{n-1}$ и $|x_{k_n}|>C_n$.
(на первом шаге конечно без этого дополнительного условия)