Демидович. Предел последовательности.

[Ivan_B]

Сейчас кажется, что все верно. Завтра все аккуратно запишу.
Еще раз спасибо!

[vpb]

Ivan_B
Для $\alpha>0$ Вы утверждение уже доказали (с помощью книжки, как я понимаю. Ну и ладно, как решили, так и решили).

Я подразумевал другое решение. Для любого рационального числа $r>0$ Вы уже доказали, что $1+r<e^r$.
В общем случае надо просто использовать непрерывность. Пусть $\alpha>0$. Возьмем любую последовательность
рациональных чисел $\{r_m\}$, сходящуюся к $\alpha$. Для них $1+r_m<e^{r_m}$. Когда $m\to+\infty$, левая часть стремится к $1+\alpha$, а правая к $e^\alpha$. Переходя к пределу в неравенстве, видим, что $1+\alpha\leq e^\alpha$ для любого $\alpha>0$. Вот и всё, ничего сверхъестественного. На самом деле равенства ни для какого $\alpha$ быть не может (возведем неравенство $1+\alpha/2\leq e^{\alpha/2}$ в квадрат и заметим, что $1+\alpha<(1+\alpha/2)^2$).

С $\alpha>0$, таким образом, разобрались. Что касается случая $\alpha<0$, то тут я ошибся (бывает, увы!), он из
случая $\alpha>0$ не выводится. Тем не менее, в этом случае можно рассуждать совершенно аналогично. Достаточно заметить, что, во-первых, по пункту (а) $e^{1/n}<n/(n-1)$, откуда $1-1/n<e^{-1/n}$; а во-вторых, неравенство Бернулли $(1+h)^n\geq 1+hn$ справедливо не только для положительных $h$, но и для всех $h\geq -1$ ( $n$ натуральное).

pogulyat_vyshel
Данный Вами совет про "нормальное" определение экспоненты считаю весьма неудачным. Хочу заметить, что во всех книжках (Фихтенгольц, Зорич, Камынин, Решетняк) следуют традиционному подходу.
-- 19.07.2018, 23:17 --

P.S. Я, когда писал первое указание в этой теме, не предполагал, что Вы непрерывность экспоненты будете использовать, так как в Фихтенгольце она в середине 2-й главы. Впрочем, это факт легкий (фактически следует из пункта (а) задачи), так что будем считать всё нормально. Главное, неравенство установили.

Попробуйте доказать теперь такое: если все $\alpha_i\geq0$ и ряд $\sum_{i=1}^\infty\alpha_i$ сходится (т.е. последовательность $x_n=\sum_{i=1}^n\alpha_i$ имеет предел), то произведение $\prod_{i=1}^\infty(1+\alpha_i)$ сходится, т.е. последовательность $y_n=\prod_{i=1}^n(1+\alpha_i)$ имеет предел. (Используйте доказанное неравенство.) (Это номер 80 из Демидовича, чуть обобщенный).

[vpb]

grizzly в сообщении #1327704 писал(а):

Если Вы думаете, что лучше решать каждую задачу с азов, то это серьёзная ошибка. Наоборот, нужно максимально стремиться использовать уже решённые ранее задачи

grizzly
Боюсь, что товарищ может принять Ваше замечание слишком близко к сердцу, а это будет вредно. Решение задач --- процесс очень фрактальный. Рассуждение получается то гладкое и короткое, то длинное и извилистое. Всё в руце божьей. Короче, Ivan_B, не надо в случае чего заморачиваться тем, как "рационализировать" решение задачи, главное, ее (а) без ошибок решить, (б) понятно написать. Остальное второстепенно.

[thething]

Ivan_B
Всё-таки Ваше решение слишком читерское. Вы слишком много знаете. А представьте себе первокурсника, который идёт по этому сборнику по порядку. Неужели он полезет самостоятельно дальше изучать предел функции, непрерывность функции? А можно пойти ещё дальше, и использовать производную. Между тем вся трудность этой задачи -- обойтись минимальными имеющимися на данный момент средствами, и всё это Вам уже предлагали: монотонность, плотность, Бернулли. Всё-таки попробуйте, ибо если использовать более позднюю теорию, то задача теряет всякий смысл (см. производные). Да и Вас самого не смутило, что Вам для решения этой задачи пришлось использовать понятие предела функции, которого ещё не было?

[pogulyat_vyshel]

vpb в сообщении #1327743 писал(а):

Данный Вами совет про "нормальное" определение экспоненты считаю весьма неудачным. Хочу заметить, что во всех книжках (Фихтенгольц, Зорич, Камынин, Решетняк) следуют традиционному подходу.

Если строить теорию логарифма\экспоненты в соответствие с моим предложением, то там все свойства этих функций, включая матаналитические, выводятся просто как банальные следствия стандартных теорем анализа. А задача стартового поста превращается в опять таки стандартное упражнение на отыскание минимума функции. При традиционном подходе каждое свойство экспоненты и логарифма выводится путем плясок с бубном. Это так часто бывает: элементарными средствами задача решается сложно, а стоит чуть продвинуться в анализе и вопрос становится элементарным. Кроме того, я думаю, что строить теорию от общего к частному кошерней чем наоборот

[grizzly]

(Оффтоп)

vpb в сообщении #1327752 писал(а):

Боюсь, что товарищ может принять Ваше замечание слишком близко к сердцу, а это будет вредно.

Вы правы, спасибо. (Это у меня от искреннего желания помочь при недостатке педагогического опыта.)

[ewert]

vpb в сообщении #1327743 писал(а):

pogulyat_vyshel
Данный Вами совет про "нормальное" определение экспоненты считаю весьма неудачным. Хочу заметить, что во всех книжках (Фихтенгольц, Зорич, Камынин, Решетняк) следуют традиционному подходу.

Книжек не читал, но поддерживаю. Проблема в том, что определённый интеграл (при честном к нему подходе) -- артиллерия чересчур тяжёлая, экспонента нужна гораздо раньше.

Что касается по существу: задачка весьма странная. Поскольку при любом честном определении показательной функции это неравенство -- или ему подобное -- возникнет где-то внутри самого определения. При естественном же подходе, т.е. если без выкрутасов, для неё требуется понятие производной.

[Ivan_B]

vpb в сообщении #1327743 писал(а):

Я подразумевал другое решение.

Решение мне понятно. Спасибо за подробное объяснение. Почему у меня не получилось использовать a) для доказательства рационального случая не знаю. После того, как прочел Ваше решение, такой подход кажется очевидным.

vpb в сообщении #1327743 писал(а):

Попробуйте доказать теперь такое: если все $\alpha_i\geq0$ и ряд $\sum_{i=1}^\infty\alpha_i$ сходится (т.е. последовательность $x_n=\sum_{i=1}^n\alpha_i$ имеет предел), то произведение $\prod_{i=1}^\infty(1+\alpha_i)$ сходится, т.е. последовательность $y_n=\prod_{i=1}^n(1+\alpha_i)$ имеет предел. (Используйте доказанное неравенство.) (Это номер 80 из Демидовича, чуть обобщенный).

Из $\alpha_i\geqslant 0$ следует, что произведение можно прологарифмировать и что $0\leqslant\ln(1+\alpha_i)$ Дальше $\ln\prod_{i=1}^n(1+\alpha_i)=\sum_{i=1}^n\ln(1+\alpha_i)<\sum_{i=1}^n\alpha_i$. Члены рядов положительны, поэтому можно применить теорему сравнения.
Дальше использовать непрерывность показательной функции.

thething в сообщении #1327776 писал(а):

Между тем вся трудность этой задачи -- обойтись минимальными имеющимися на данный момент средствами, и всё это Вам уже предлагали: монотонность, плотность, Бернулли.

Я уже прочел решение vpb, которое дополнительно использует непрерывность. Или можно(нужно) обойтись и без нее?

[thething]

Ivan_B в сообщении #1327866 писал(а):

Я уже прочел решение vpb, которое дополнительно использует непрерывность.

Можно обойтись монотонностью (экспоненты)

[vpb]

Ivan_B в сообщении #1327866 писал(а):

Почему у меня не получилось использовать a) для доказательства рационального случая не знаю. После того, как прочел Ваше решение, такой подход кажется очевидным

Не понял. Вы же положительный рациональный случай решили сразу, через (а) и Бернулли. Или Вы имеете в виду отрицательный ?
Про прологарифмировать --- правильно решили.

thething в сообщении #1327868 писал(а):

Можно обойтись монотонностью (экспоненты

Да. Попробуйте вывести непрерывность из монотонности. Однако, можно и не выводить, потому что сейчас уже началось хождение от одной очевидной вещи к другой.

ewert в сообщении #1327796 писал(а):

Что касается по существу: задачка весьма странная. Поскольку при любом честном определении показательной функции это неравенство -- или ему подобное -- возникнет где-то внутри самого определения

Не вдумывался в эту мысль, но вполне вероятно.

-- 20.07.2018, 14:22 --

pogulyat_vyshel в сообщении #1327777 писал(а):

Кроме того, я думаю, что строить теорию от общего к частному кошерней чем наоборот

А я думаю, что человек учится как "от частного к общему", так и "от общего к частному", причем первое гораздо более.

[pogulyat_vyshel]

vpb в сообщении #1327877 писал(а):

А я думаю, что человек учится как "от частного к общему", так и "от общего к частному", причем первое гораздо более.

Это дело вкуса. Обычно в таких случаях поступают следующим образом. Если очень хочется решать задачи с экспонентами в первом семестре, то можно рассказать формулировки основных теорем без доказательств. А когда студенты ознакомятся с интегралом, дать доказательства. Это и время сэкономит и даст хороший пример приложения теорем интегрального счисления

[Ivan_B]

vpb в сообщении #1327877 писал(а):

Не понял. Вы же положительный рациональный случай решили сразу, через (а) и Бернулли. Или Вы имеете в виду отрицательный ?

Я имел в виду, что недоволен собой. Об этом не стоило писать. Извините.
Отрицательный случай и прием с возведением в квадрат очевидным не считаю.
Еще раз спасибо за помощь.

thething в сообщении #1327868 писал(а):

Можно обойтись монотонностью (экспоненты)

vpb в сообщении #1327877 писал(а):

Да. Попробуйте вывести непрерывность из монотонности. Однако, можно и не выводить, потому что сейчас уже началось хождение от одной очевидной вещи к другой.

На сколько я понимаю, по этому вопросу есть разные мнения, поэтому на текущем этапе не буду в него углубляться. В любом случае, мне было интересно узнать о том, что есть еще один вариант. thething, спасибо.


Еще раз спасибо всем, кто пытался мне помочь.