Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[ewert]

irod в сообщении #1215128 писал(а):

Неограниченность $(x_n)$ означает, что на каждом ($n$-м) шаге найдется $k_n\in\mathbb{N}$ такое что $k_n>k_{n-1}$ и $|x_{k_n}|>C_n$.

Теперь нормально (вроде бы, я ведь тоже умею допускать какие-то глюки).

[irod]

grizzly в сообщении #1214948 писал(а):

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.

Да, действительно.

Предположим, это не так, и пусть $a,b$ -- различные предельные точки $(x_n)$. Возьмем положительный $\varepsilon<\frac{|a-b|}{4}$. Тогда $U_\varepsilon (a)$ и $U_\varepsilon (b)$ не пересекаются. Зафиксируем $x_{k+1}$, где $k$ -- номер такой что $\forall m,n>k\ |x_m-x_n|<\varepsilon$. В каждой из $U_\varepsilon (a)$, $U_\varepsilon (b)$ содержится бесконечно много членов $(x_n)$. В $U_\varepsilon (x_{k+1})$ содержатся почти все члены $(x_n)$. Значит, не более чем конечное число членов из $U_\varepsilon (a)$ может находится вне $U_\varepsilon (x_{k+1})$, т.е. $U_\varepsilon (x_{k+1})\cap U_\varepsilon (a)$ как минимум не может быть пустым. Аналогично, и $U_\varepsilon (x_{k+1})\cap U_\varepsilon (b)$ не может быть пустым. Но мы взяли такой $\varepsilon$ чтобы все три окрестности $U_\varepsilon (a)$, $U_\varepsilon (b)$ и $U_\varepsilon (x_{k+1})$ не могли пересекаться одновременно. Следовательно наше предположение неверно, и $(x_n)$ имеет ровно одну предельную точку.
Тогда по задаче 14 $(x_n)$ сходится.

-- 09.05.2017, 17:54 --

Задача 18.
Какие из следующих последовательностей ограничены? стремятся к бесконечности? не ограничены?

а) $z_n=n$.
Ответ: не ограничена, стремится к бесконечности (аксиома Архимеда).

б) $z_n=(-1)^n\cdot n$.
Ответ: не ограничена, стремится к бесконечности, т.к. раскладывается на подпоследовательность $z_{2n}=n$, стремящуюся к $+\infty$ (см. пункт а), и подпоследовательность $z_{2n-1}=1-2n$, стремящуюся к $-\infty$.

в) $z_n=n^{(-1)^n}$.
Ответ: не ограничена, не стремится к бесконечности, т.к. раскладывается на подпоследовательность $z_{2n}=n$, стремящуюся к $+\infty$, и подпоследовательность $z_{2n-1}=\frac{1}{n}$, стремящуюся к нулю.

г) $z_n= \begin{cases} n & \mbox{при четном } n\mbox{,} \\ \sqrt{n} & \mbox{при нечетном } n\mbox{.} \end{cases}$
Ответ: не ограничена, стремится к бесконечности, т.к. обе подпоследовательности (четных и нечетных членов) стремятся к $+\infty$.

-- 09.05.2017, 17:59 --

д) $z_n=\frac{100n}{100+n^2}$.
Ответ: ограничена, стремится к нулю.
Доказательство.
(Не понимаю, какими средствами предполагается тут пользоваться)
При $n=2,\ldots,98$ значения $(z_n)$ больше единицы, при всех остальных $n$ - меньше. Простым перебором или решением $\frac{d}{dn}(n^2-100n+100)=0$ находим что максимум достигается при $n=50$, и $z_{50}\approx 1.92$ является наибольшим значением, т.е. $(z_n)$ ограничена числом $1.92$.
Для любого $\varepsilon>0$ можно найти (решением квадратного неравенства $\varepsilon n^2-100n+100\varepsilon>0$) $n$ такое что $z_n<\varepsilon$, т.е. $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0$.

[grizzly]

irod в сообщении #1215285 писал(а):

(Не понимаю, какими средствами предполагается тут пользоваться)

Проще всего по определению. У Вас $z_n<100/n$ (это проще квадратного уравнения :) Следовательно, для любого $\varepsilon >0$ любое $z_n$ с номером большим, чем $100/\varepsilon $ попадает в нужную окрестность.

Насчёт задачи 17. Всё верно, Вы построили противоречие. Можно было ещё по-другому: показать, что с выбранным $\varepsilon $ не может выполняться фундаментальность. Для любого $k_0\in \mathbb N$ найдутся бОльшие $m,n$, такие, что $x_m$ лежит в окрестности точки $a$, $x_n$ -- в окрестности $b$, следовательно $|x_m-x_n|>\varepsilon$.

[irod]

grizzly в сообщении #1215291 писал(а):

У Вас $z_n<100/n$ (это проще квадратного уравнения :) Следовательно, для любого $\varepsilon >0$ любое $z_n$ с номером большим, чем $100/\varepsilon $ попадает в нужную окрестность.

Точно, спасибо! Тоже хотел ограничить каждый $z_n$ какой-нибудь простой штукой, но до $100/n$ не додумался. Ну и из сходимости сразу по задаче 12 имеем ограниченность.

grizzly в сообщении #1215291 писал(а):

Насчёт задачи 17. Всё верно, Вы построили противоречие. Можно было ещё по-другому: показать, что с выбранным $\varepsilon $ не может выполняться фундаментальность. Для любого $k_0\in \mathbb N$ найдутся бОльшие $m,n$, такие, что $x_m$ лежит в окрестности точки $a$, $x_n$ -- в окрестности $b$, следовательно $|x_m-x_n|>\varepsilon$.

Да, так гораздо проще и яснее по-моему.

-- 15.05.2017, 18:13 --

Начинаю следующий - 12й - листок.

Определение 1.
Последовательность называется бесконечно малой, если ее предел равен нулю.

Задача 1.
$\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\Leftrightarrow x_n=a+\alpha_n$, где $(\alpha_n)$ -- бесконечно малая последовательность.

Доказательство.
Из условий $x_n=a+\alpha_n$ и $|\alpha_n|<\varepsilon$ очевидно следует $|x_n-a|<\varepsilon$, т.е. сходимость $(x_n)$ к $a$.
Пусть теперь $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$. Тогда последовательность $\alpha_n=x_n-a$ бесконечно малая: $|\alpha_n|=|x_n-a|<\varepsilon$.

[irod]

Задача 2.
Пусть последовательности $(x_n)$ и $(y_n)$ сходятся. Тогда, если для почти всех $n\in\mathbb{N}$ выполняется

а) равенство $x_n=y_n$, то $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}y_n$.

Доказательство.
Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, т.е. $|x_n-a|=|y_n-a|<\varepsilon$ для почти всех $n$ и произвольного $\varepsilon>0$, что означает $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a$.

б) неравенство $x_n\ge y_n$, то $\lim\limits_{n\to\infty}x_n\ge\lim\limits_{n\to\infty}y_n$.

Доказательство.
Случай $x_n=y_n$ был доказан в п.а), поэтому сейчас рассмотрим только случай $x_n>y_n$.
Пусть $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=a$, $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=b$.
Согласно задаче 1, $x_n=a+\alpha_n$, $y_n=b+\beta_n$, где $(\alpha_n),(\beta_n)$ -- бесконечно малые последовательности. Тогда для почти всех $n$ имеем $a+\alpha_n>b+\beta_n$. Возьмем положительный $\varepsilon<|a-b|/2$. Тогда, начиная с некоторого номера,

$$ a+\alpha_n>a-\varepsilon>b+\varepsilon>b+\beta_n, $$

откуда $a>b$.

[grizzly]

В самом конце:

irod в сообщении #1216581 писал(а):

откуда $a>b$

$a\ge b$ (уже как-то обсуждали)

-- 15.05.2017, 19:19 --

Остальное нормально (если сильно не придираться :)

[kp9r4d]

$(x_n > y_n \vee x_n = y_n) \text{ для почти всех n}$ это не то же самое, что и $(x_n > y_n \text{ для почти всех n}) \vee (x_n = y_n \text{ для почти всех n})$. Хотя рассуждения от этого не меняются никак почти.

[grizzly]

kp9r4d
Вы правы, такое деление не просто лишнее (как я снисходительно подумал), а ошибочно. То, что рассуждений второго случая вполне достаточно, нас с ТС не оправдывает, конечно.

[irod]

kp9r4d в сообщении #1216623 писал(а):

$(x_n > y_n \vee x_n = y_n) \text{ для почти всех n}$ это не то же самое, что и $(x_n > y_n \text{ для почти всех n}) \vee (x_n = y_n \text{ для почти всех n})$. Хотя рассуждения от этого не меняются никак почти.

Понял, что не то же самое, но пока не понял где ошибка в моем доказательстве, продолжаю искать.
Пока выложу следующую задачу.

Сначала вспомогательная лемма (без доказательства, которое очевидно). Пусть $(\alpha_n),(\beta_n)$ -- бесконечно малые последовательности, $c$ -- произвольное число. Тогда последовательности $(c\alpha_n)$, $(\alpha_n+\beta_n)$, $(\alpha_n-\beta_n)$, $(\alpha_n\beta_n)$ также бесконечно малы.

Задача 3.
Пусть последовательности $(x_n)$ и $(y_n)$ сходятся. Тогда
а) $(x_n\pm y_n)$ сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\pm y_n)=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\pm \lim\limits_{n\to\infty}y_n$;
б) $(x_n\cdot y_n)$ сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\cdot y_n)=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\cdot \lim\limits_{n\to\infty}y_n$;
в) $\Big(\frac{x_n}{y_n}\Big)$ сходится и $\lim\limits_{n\to\infty}\Big(\frac{x_n}{y_n}\Big)=\frac{\lim\limits_{n\to\infty}x_n}{\lim\limits_{n\to\infty}y_n}$ (если $\forall i\ y_i\ne 0$, $\lim\limits_{n\to\infty}y_n\ne 0$).

Доказательство.
Пусть $x_n=a+\alpha_n$, $y_n=b+\beta_n$ где $a,b$ -- пределы $(x_n),(y_n)$ соответственно, $(\alpha_n),(\beta_n)$ -- бесконечно малые последовательности. Представим искомые последовательности в виде суммы некоторого числа и бесконечно малой последовательности и используем задачу 1.

а) $x_n\pm y_n=a\pm b+\gamma_n$, где $\gamma_n=\alpha_n\pm \beta_n$ — бесконечно малая последовательность. Это эквивалентно $\lim\limits_{n\to\infty}(x_n\pm y_n)=\lim\limits_{n\to\infty}x_n\pm \lim\limits_{n\to\infty}y_n$.

б) $x_n\cdot y_n=(a+\alpha_n)(b+\beta_n)=ab+\gamma_n$, где $\gamma_n=a\beta_n+b\alpha_n+\alpha_n\beta_n$ -- бесконечно малая последовательность.

в) С использованием пункта а):

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{x_n}{y_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a+\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}+\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= $$

$$ =\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}\bigg)+\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg). $$

При сколь угодно близком приближении $\beta_n$ к нулю:
1) $\frac{1}{b+\beta_n}$ приближается к константе $\frac{1}{b}$, последовательность $\frac{\alpha_n}{b}$ -- бесконечно малая, и значит $\lim\limits_{n\to\infty}\Big(\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\Big)=0$;
2) $\frac{a}{b+\beta_n}$ приближается к константе $\frac{a}{b}$, $\lim\limits_{n\to\infty}\Big(\frac{a}{b+\beta_n}\Big)=\frac{a}{b}$.

-- 17.05.2017, 17:49 --

Задача 4.
Пусть $(x_n)$ -- последовательность, все члены которой отличны от нуля. Тогда
а) $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=0\Leftrightarrow \lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{x_n}=\infty$;
б) $\lim\limits_{n\to\infty}\frac{1}{x_n}=0\Leftrightarrow \lim\limits_{n\to\infty}x_n=\infty$

Доказательство.
а)

$$ |x_n|<\varepsilon\Leftrightarrow \bigg|\frac{1}{x_n}\bigg|>\frac{1}{\varepsilon}=C, $$

б)

$$ \bigg|\frac{1}{x_n}\bigg|<\varepsilon\Leftrightarrow |x_n|>\frac{1}{\varepsilon}=C $$

для произвольного $\varepsilon>0$ и для почти всех $n$.

-- 17.05.2017, 18:02 --

Задача 5.
Пусть $(x_n)$, $(y_n)$ и $(z_n)$ -- такие последовательности, что для почти всех $n\in\mathbb{N}$ справедливо неравенство $x_n\le y_n\le z_n$, и $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$. Тогда $\lim\limits_{n\to\infty}z_n=a$ (принцип двух миллиционеров).

Доказательство.
Следует из задачи 2.б:

$$ x_n\le y_n\le z_n \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}x_n=a\le\lim\limits_{n\to\infty}y_n\le a=\lim\limits_{n\to\infty}z_n \Rightarrow \lim\limits_{n\to\infty}y_n=a. $$

[kp9r4d]

irod в сообщении #1216974 писал(а):

Понял, что не то же самое, но пока не понял где ошибка в моем доказательстве, продолжаю искать.

Что-то я не понял о чём вы. В том допущении, что я написал, и ошибка, если мы про одно и то же доказательство, конечно.

[grizzly]

irod в сообщении #1216974 писал(а):

[3] в) С использованием пункта а):

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{x_n}{y_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a+\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}+\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= $$

$$ =\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}\bigg)+\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg). $$

Здесь Вы сначала использовали сходимость двух последовательностей в последней строке, а потом только привели доказательство того, что они сходятся. Это неправильно построенное рассуждение.

irod в сообщении #1216974 писал(а):

[4] для произвольного $\varepsilon>0$ и для почти всех $n$.

В одну сторону мы выбираем $\varepsilon>0$ для произвольного $C>0$, в другую -- наоборот.

irod в сообщении #1216974 писал(а):

[5] Следует из задачи 2.б:

Вы не проверили, что условия задачи 2.б выполнены для ($y_n$).

Вот эта двойная ошибка (в задачах 3.в и 5) -- забыть проверить сходимость -- она самая типичная и часто приводит к реальным ошибкам даже в задачах на вычисления, не только на доказательство.

[irod]

kp9r4d в сообщении #1217016 писал(а):

irod в сообщении #1216974 писал(а):

Понял, что не то же самое, но пока не понял где ошибка в моем доказательстве, продолжаю искать.

Что-то я не понял о чём вы. В том допущении, что я написал, и ошибка, если мы про одно и то же доказательство, конечно.

Все, теперь разобрался. Когда отвечал, не было времени вдуматься в замечание.
Убираю это разделение

irod в сообщении #1216581 писал(а):

Случай $x_n=y_n$ был доказан в п.а), поэтому сейчас рассмотрим только случай $x_n>y_n$.

и меняю дальше в этом доказательство строгие знаки неравенства на нестрогие в нужных местах.

[irod]

grizzly в сообщении #1217029 писал(а):

irod в сообщении #1216974 писал(а):

[3] в) С использованием пункта а):

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{x_n}{y_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a+\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}+\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= $$

$$ =\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}\bigg)+\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg). $$

Здесь Вы сначала использовали сходимость двух последовательностей в последней строке, а потом только привели доказательство того, что они сходятся. Это неправильно построенное рассуждение.

Значит сначала надо показать что они сходятся.
При $n\to\infty$ последовательность $\Big(\frac{a}{b+\beta_n}\Big)$ сходится к $\frac{a}{b}$, $\Big(\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\Big)$ сходится к нулю. Тогда с использованием пункта а):

$$ \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}+\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= \lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{a}{b+\beta_n}\bigg)+\lim\limits_{n\to\infty}\bigg(\frac{\alpha_n}{b+\beta_n}\bigg)= \frac{a}{b}. $$

-- 22.05.2017, 07:30 --

grizzly в сообщении #1217029 писал(а):

irod в сообщении #1216974 писал(а):

[4] для произвольного $\varepsilon>0$ и для почти всех $n$.

В одну сторону мы выбираем $\varepsilon>0$ для произвольного $C>0$, в другую -- наоборот.

Ок.

-- 22.05.2017, 08:00 --

grizzly в сообщении #1217029 писал(а):

irod в сообщении #1216974 писал(а):

[5] Следует из задачи 2.б:

Вы не проверили, что условия задачи 2.б выполнены для ($y_n$).

Тогда попробую по-другому.
Используем задачу 1:
$a+\alpha_n\le y_n\le a+\beta_n$, где $(\alpha_n),(\beta_n)$ --- б.м.п. Отсюда, $y_n=a+\gamma_n$, где $\alpha_n\le\gamma_n\le\beta_n$, и значит $(\gamma_n)$ -- б.м.п. Это эквивалентно $\lim\limits_{n\to\infty}y_n=a$.

[irod]

Задача 6.
Найти пределы следующих последовательностей при $n\to\infty$:
а) $x_n=\frac{2n-2}{7n+3}$

Тут я немного застопорился. Интуитивно понятно, что предел равен $2/7$, и наверное надо использовать милиционеров. С одной стороны у меня ограничить получилось:

$$ \frac{2}{7}=\frac{2(n-1)}{7(n-1)}=\frac{2n-2}{7n-7}>\frac{2n-2}{7n+3}. $$

С другой пока не могу придумать.
Я все правильно пытаюсь сделать? Если да, то про другую сторону подсказывать не нужно, я еще сам подумаю.

-- 22.05.2017, 08:11 --

Пока выложу следующие готовые задачи.

Определение 2.
Последовательность $(x_n)$ называется монотонно возрастающей (неубывающей, убывающей, невозрастающей), если $\forall n\in\mathbb{N}\ x_n<x_{n+1}$ (соответственно $x_n\le x_{n+1}$, $x_n>x_{n+1}$, $x_n\ge x_{n+1}$). Такие последовательности называются монотонными.

Задача 7*.
Из всякой последовательности можно выделить монотонную подпоследовательность.

Доказательство.
Пусть $(x_n)$ -- произвольная последовательность. Будем формировать 2 различных монотонных подпоследовательности: неубывающую и невозрастающую. Начнем, поместив в обе формируемых подпоследовательности $x_1$. Далее последовательно перебираем все остальные $x_n$, начиная с $x_2$. Пусть $x_k,x_m$ -- последние добавленные к $n$-му шагу элементы в неубывающую и невозрастающую подпоследовательности соответственно. Тогда на $n$-м шаге происходит следующее:
а) если $x_n\ge x_k$, то помещаем $x_n$ последним членом в неубывающую подпоследовательность;
б) если $x_n\le x_m$, то помещаем $x_n$ последним членом в невозрастающую подпоследовательность;
в) если $x_m<x_n<x_k$, то помещаем $x_n$ в обе подпоследовательности так, чтобы их монотонность сохранилась (т.е. помещаем $x_n$ между соседними элементами $x_i,x_{i+1}$ такими что $x_i\le x_n\le x_{i+1}$ для неубывающей и $x_i\ge x_n\ge x_{i+1}$ для невозрастающей), и увеличиваем на единицу номера членов в обеих подпоследовательностях, идущих после $x_n$.
Число шагов счетно, на каждом шаге алгоритм увеличивает как минимум одну из двух формируемых подпоследовательностей, и значит в итоге алгоритм сформирует как минимум одну счетную монотонную подпоследовательность.

Либо мое доказательство неправильно, либо я не понимаю зачем тут звездочка.

-- 22.05.2017, 08:12 --

Задача 8.
Монотонная последовательность не может иметь более одной предельной точки.

Доказательство.
От противного. Пусть $a,b$ -- различные предельные точки монотонной последовательности $(x_n)$. Для конкретики пусть $a<b$, $(x_n)$ -- неубывающая. Возьмем непересекающиеся $U_\varepsilon(a),U_\varepsilon(b)$ и возьмем произвольный $x_k$ из $U_\varepsilon(b)$. По условию, для любых натуральных $n,m$ таких что $n<k<m$ выполнено $x_n\le x_k\le x_m$. Но каждый член $(x_n)$ из бесконечного числа членов внутри $U_\varepsilon(a)$ меньше $x_k$, т.е. существуют члены не бОльшие $x_k$ помимо $x_1,\ldots,x_{k-1}$. Таким образом, последовательность $(x_n)$ не является монотонной, и значит наше предположение неверно.

-- 22.05.2017, 08:12 --

Задача 9.
Монотонная ограниченная последовательность сходится.

Доказательство.
Следует из задачи 13 листка 11 и задачи 8 этого листка.

[ewert]

irod в сообщении #1217935 писал(а):

Я все правильно пытаюсь сделать?

Неправильно. Т.е. не в ту сторону. Надо тупо решить неравенство $\left|\frac{2n-2}{7n+3}-\frac27\right|<\varepsilon$ (задачка рассчитана явно на это, как это ни тупо).