Предел последовательности (задачи из Давидовича)

[irod]

irod в сообщении #1217935 писал(а):

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

Доказательство.
...
в) если $x_m<x_n<x_k$, то помещаем $x_n$ в обе подпоследовательности так, чтобы их монотонность сохранилась

Кажется тут у меня полная фигня, так нельзя.

[grizzly]

Да, фигня :)

Обратите, пожалуйста, внимание на просьбу автора к задаче 10: необходимо сначала доказать сходимость, не вычисляя предела; это не всегда проще, но здесь нужно с целью отработки приёма.

[irod]

ewert в сообщении #1217937 писал(а):

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).

Докажем, что $x_n$ сходится к $2/7$.

$$ \left|\frac{2n-2}{7n+3}-\frac27\right|<\varepsilon \Leftrightarrow \left|-\frac{20}{7(7n+3)}\right|<\varepsilon \Leftrightarrow \frac{20}{7(7n+3)}<\varepsilon \Leftrightarrow \frac{20}{49\varepsilon}-\frac{3}{7}<n, $$

т.е. для любого $\varepsilon>0$ при таком $n(\varepsilon)$ выполнено $|x_n-2/7|<\varepsilon$.

-- 23.05.2017, 08:17 --

irod в сообщении #1217935 писал(а):

Задача 6.
Найти пределы следующих последовательностей при $n\to\infty$:

б) $x_n=\frac{5n^2-4n+3}{6n^2+10n-1}$

А вот тут $\left|\frac{5n^2-4n+3}{6n^2+10n-1}-\frac56\right|<\varepsilon$ уже не решается (или я не могу решить), надо что-то другое.

[iifat]

irod в сообщении #1218153 писал(а):

не решается

Во-первых, вы попробуйте. Что получилось?
Во-вторых, обычная причина — решатели забывают, что это неравенство не нужно решать. То бишь, находить все решения. Например, такое рассуждение
$\frac1n<0.2$ Проверяем при $n=10$. Получаем $\frac1{10}<0.2$. При бОльших $n$ дробь будет ещё меньше. Значит, $n\geq10$.
Решение неравенства неверное — потеряна часть вариантов. При доказательстве сходимости же — вполне допустимо.

[ewert]

iifat в сообщении #1218164 писал(а):

Решение неравенства неверное — потеряна часть вариантов.

Если это про две седьмых, то ничего не потеряно.

[iifat]

При чём тут две седьмых? Я привёл свой пример и говорю исключительно о себе. Люблю, знаете ли, поговорить о себе.

[ewert]

iifat в сообщении #1218183 писал(а):

Я привёл свой пример

В нём вообще без вариантов. Впрочем, я не понял, к чему был этот пример, ТС нужно немного другое. Но сначала пусть попытается решить своё неравенство хоть как-то.

[iifat]

ewert в сообщении #1218185 писал(а):

В нём вообще без вариантов

С вариантами, с вариантами. Которые я же и написал.

ewert в сообщении #1218185 писал(а):

сначала пусть попытается решить своё неравенство хоть как-то

Да вроде б, по его словам, попытался. Только ещё б результат этих попыток увидеть.

[ewert]

Нет, я, кажется, понял, в чём у него проблемы. Квадратное неравенство с параметром и впрямь затруднительно решать честно.

irod в сообщении #1218153 писал(а):

$\left|\frac{5n^2-4n+3}{6n^2+10n-1}-\frac56\right|<\varepsilon$ уже не решается

Вот, к примеру, есть у нас неравенство $\frac1{n^3-5n+2}<\varepsilon$. Честно его не решить, ну и не нужно -- требуется ведь лишь гарантировать, чтобы это неравенство выполнялось. Если, скажем, $n>3$, то уж всяко $\frac12n^3>5n$ и, следовательно, $n^3-5n+2>\frac12n^3$. Поэтому достаточно взять $N(\varepsilon)=\min\left\{3,\;\sqrt[3]{\frac2{\varepsilon}}\right\}$.

[irod]

ewert в сообщении #1218194 писал(а):

Нет, я, кажется, понял, в чём у него проблемы. Квадратное неравенство с параметром и впрямь затруднительно решать честно.

Да. Не буду выкладывать сюда свои попытки, я придумал как решить его по-другому. Точнее не придумал, а вспомнил что-то такое из прошлой жизни.

$x_n=\frac{5n^2-4n+3}{6n^2+10n-1}$
Умножив числитель и знаменатель $x_n$ на $1/n^2$, получим $\frac{5-\frac{4}{n}+\frac{3}{n^2}}{6+\frac{10}{n}-\frac{1}{n^2}}$.
С использованием задачи 3.а, $\lim\limits_{n\to\infty}(5-\frac{4}{n}+\frac{3}{n^2})=5$, $\lim\limits_{n\to\infty}(6+\frac{10}{n}-\frac{1}{n^2})=6$.
Тогда, по задаче 3.в, $\lim\limits_{n\to\infty}x_n=\frac{5}{6}$.

-- 23.05.2017, 13:17 --

6.в) $x_n=\frac{n}{\sqrt{n^2+1}}$

Решение.
С одной стороны,

$$ n^2+1>n \Rightarrow \sqrt{n^2+1}>\sqrt{n^2}=n \Rightarrow \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}<\frac{n}{n}=1. $$

С другой стороны,

$$ n^2+1<(n+1)^2 \Rightarrow \sqrt{n^2+1}<\sqrt{(n+1)^2}=n+1 \Rightarrow \frac{n}{\sqrt{n^2+1}}>\frac{n}{n+1}. $$

Докажем, что $\frac{n}{n+1}$ стремится к единице:

$$ \left|\frac{n}{n+1}-1\right|<\varepsilon \Leftrightarrow \left|-\frac{1}{n+1}\right|<\varepsilon \Leftrightarrow \frac{1}{n+1}<\varepsilon \Leftrightarrow \frac{1}{\varepsilon}-1<n. $$

Далее, принцип двух милиционеров дает нам сходимость $x_n$ к единице.

[irod]

irod в сообщении #1217952 писал(а):

irod в сообщении #1217935 писал(а):

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

Доказательство.
...
в) если $x_m<x_n<x_k$, то помещаем $x_n$ в обе подпоследовательности так, чтобы их монотонность сохранилась

Кажется тут у меня полная фигня, так нельзя.

Я придумал новый алгоритм (на самом деле доработал старый), надеюсь без фигни на этот раз.

Пусть $(x_n)$ -- произвольная последовательность. Начнем с формирования двух различных монотонных подпоследовательностей -- неубывающей и невозрастающей, поместив в каждую $x_1$ в качестве их первого члена. Далее последовательно перебираем все остальные $x_n$, начиная с $x_2$, и сравниваем их с последними членами во всех формируемых монотонных подпоследовательностях. Если $x_n$ не меньше последнего члена в формируемой неубывающей подпоследовательности, добавляем его туда. Аналогично, добавляем $x_n$ в невозрастающую подпоследовательность, если он не больше последнего члена в ней. Если $x_n$ не был добавлен ни в одну из формируемых подпоследовательностей (т.е. $x_n$ оказался больше всех последних членов невозрастающих подпоследовательностей и меньше всех последних членов неубывающих подпоследовательностей), то в дополнение к предыдущим начинаем формировать две новые монотонные подпоследовательности - невозрастающую и неубывающую, и помещаем в них $x_n$ в качестве первого члена.

Пусть $M$ - число начатых формироваться монотонных подпоследовательностей за время работы алгоритма. Каждые 2 шага алгоритма могут начинать формироваться 2 новые монотонные подпоследовательности. Каждый $x_n$ присутствуют как минимум в одной монотонной "подпоследовательности".

На выходе алгоритма возможны следующие результаты:
а) $M$ конечно, следовательно какая-то из сформированных монотонных подпоследовательностей счетна, и мы получили что хотели.
б) $M$ счетно, и все начатые формироваться монотонные "подпоследовательности" конечны. Тогда составим из их последних членов 2 новые монотонные подпоследовательности. Пусть $(x_k),(x_m)$ -- последовательности последних членов сформированных невозрастающих и неубывающих "подпоследовательностей" соответственно, идущие по порядку начала формирования этих "подпоследовательностей". Тогда $x_k<x_{k+1}$, $n_{k+1}>n_k$ для $(x_k)$, и $x_m>x_{m+1}$, $n_{m+1}>n_m$ для $(x_m)$. Таким образом, $(x_k),(x_m)$ -- возрастающая и убывающая подпоследовательности $(x_n)$ соответственно.

[grizzly]

Обозначения типа

irod в сообщении #1218446 писал(а):

Пусть $(x_k),(x_m)$ -- последовательности последних членов

сильно сбивают с толку. Вы же понимаете, что не может быть никакой разницы между последовательностями $(x_k)$ и $(x_m)$. Стройте подпоследовательности $x_{n_k}$, вводите другие символы или объясняйте, по каким множествам бегают $k$ и $m$. Иначе Вас не смогут понять.

У меня ещё есть вопросы:
Вопрос 1. Сколько полученных конечных последовательностей в п.б) могут заканчиваться на $x_{100}$? Или поставлю вопрос иначе: Вы сколько раз собираетесь включить $x_{100}$ в итоговую монотонную подпоследовательность?
Вопрос 2. Вы используете строгие неравенства. Но ведь не из любой последовательности можно выделить строго монотонную подпоследовательность?

В общем, я согласен, что Вы сможете спасти это доказательство. Предлагаю Вам подумать над чуть более конструктивным вариантом. Вот если последовательность неограничена -- это ведь совсем просто? А если ограничена, то у нас была уже задача про то, что ограниченная последовательность содержит сходящуюся подпоследовательность. А алгоритм для сходящейся всяко проще Вашего строится -- попытайтесь.

[ewert]

irod в сообщении #1218446 писал(а):

Начнем с формирования двух различных монотонных подпоследовательностей -- неубывающей и невозрастающей, поместив в каждую $x_1$ в качестве их первого члена.

Не надо ничего никуда помещать. Просто разбейте множество членов последовательности на три непересекающихся класса: строго больших предела, строго меньших и строго равных пределу.

Хотя бы один из этих классов бесконечен. Если это класс строго равных, то всё тривиально. Поэтому предположим, для определённости, что бесконечен класс строго бОльших...

[grizzly]

ewert в сообщении #1218606 писал(а):

строго больших предела

Какого предела? нет пока никакого предела. Или это Вы решили развить дальше мою подсказку? (я нарочно решил не давать полного решения -- уверен, что ТС детали сам сумеет)

[ewert]

grizzly в сообщении #1218610 писал(а):

нет пока никакого предела. Или это Вы решили развить дальше мою подсказку?

Или:

grizzly в сообщении #1218498 писал(а):

то у нас была уже задача про то, что ограниченная последовательность содержит сходящуюся подпоследовательность.

-- Ср май 24, 2017 22:04:28 --

(Оффтоп)

Правда, не понимаю, почему это была задачка. Это была принципиальнейшая теоремка.