Доказательство отсутствия предела cos(11x)

[bitcoin]

Здравствуйте! Подскажите, пожалуйста, как корректно доказать отсутствие предела $\displaystyle\lim_{x\to \infty}\cos (11x)$

Попробую написать свои соображения. Рассмотрим на $+\infty$, то есть $\displaystyle\lim_{x\to +\infty}\cos (11x)$

Насколько я понимаю, нам нужно для любого $A\in \mathbb{R}$ и любого $\delta(\varepsilon)>0$ нужно найти $\varepsilon>0$ и $x>\delta$, для которых выполняется неравенство $|f(x)-A|\ge\varepsilon$

Попробую на языке кванторов сформулировать:

$\forall A\in \mathbb{R}, \forall\delta(\varepsilon)>0$ , $\exist \varepsilon>0, \exist x>\delta :$ $|f(x)-A|\ge\varepsilon$

Попробуем взять $\varepsilon =0,001$, тогда получаем, что при есть $x\in \mathbb{R}$, для которого выполняется $\cos(11x)\ge A+0,001$ или $\cos(11x)\le A-0,001$. Получается, что ширина интервала по $y$, вне которого нужно попасть для доказательства отсутствия предела есть $0,002$. Но, при этом действительно найдется $x>\delta$, для которого мы не попадаем в интервал, шириной $0,02$, ввиду периодичности косинуса (период будет $\dfrac{2\pi}{11}$), то есть в интервале $(\delta;\delta+\frac{2\pi}{11})$ будут такие $x_1$ и $x_2$, что $\cos(11x_1)=1$ и $\cos(11x_2)=-1$. Ясно дело, что одно (или два) из значений $1$ или $-1$ для любых $\delta>0$ попадут или в $\cos(11x)\ge A+0,001$ или в $\cos(11x)\le A-0,001$.

Можно ли это считать доказательством?

[Otta]

Лучше не мучиться и по Гейне.

[bitcoin]

Otta в сообщении #1355051 писал(а):

Лучше не мучиться и по Гейне.

Спасибо!
А по Гейне можно просто взять подпоследовательность $x_n=\dfrac{\pi n}{11}$, тогда $\cos(11x_n)$ не будет иметь предела, тк при $n=2k$ у нас будет подпоследовательность $\cos(11x_{2k})$ иметь предел $1$, а подпослед $\cos(11x_{2k+1})$ иметь предел $-1$, верно?

-- 19.11.2018, 00:06 --

Кстати, а по Коши можно взять конкретные $x$, я кажется придумал. Можно выбрать такой $x>\delta$:
$x=\dfrac{12\pi[\delta]}{11}$, тогда $\cos(11x)$ будет равен $1$, а также $x=\dfrac{(12[\delta]+1)\pi}{11}$, тогда $\cos(11x)$ будет равен $-1$. Одно из значений не попадет в интервал $(A-0,001;A+0,001)$. Правильно ли?

P.S. Просто хочется еще по Коши отрицание тоже получше понять)

[bitcoin]

Если я написал ахинею, просьба поправить меня, если несложно! Я пока что ошибок не вижу.
Случай $-\infty$ рассматривается аналогично.

[Anton_Peplov]

bitcoin в сообщении #1355074 писал(а):

А по Гейне можно просто взять подпоследовательность

Верно.
Коши не проверял, лень:)

[bitcoin]

Кстати, для меня все еще загадка - было ли правильно по Коши)

[svv]

Идея правильная, но кванторы надо подправить.

bitcoin в сообщении #1355049 писал(а):

$\forall A\in \mathbb{R}, \forall\delta(\varepsilon)>0$ , $\exist \varepsilon>0, \exist x>\delta :$ $|f(x)-A|\ge\varepsilon$

Я понял, что Вы пытались напечатать нечто другое:

Цитата:

$\forall A\in \mathbb{R}, \forall\delta(\varepsilon)>0, \exists \varepsilon>0, \exists x>\delta : |f(x)-A|\ge\varepsilon$

Но $\TeX$ упрямился. Причина — \exist вместо \exists. Кроме того, не нужно формулу набирать из кусков (в Вашем случае она составлена из трёх формул). На всю формулу нужны ровно два знака доллара, в начале и в конце.
Правильно так (сохраняя Ваш стиль):
$\forall A\in \mathbb{R}, \exists \varepsilon>0, \forall\delta>0, \exists x>\delta : |f(x)-A|\ge\varepsilon$

Уточнять, что $\delta$ зависит от $\varepsilon$, не нужно (хотя многие так пишут), по двум причинам. Во-первых, здесь $\delta$ под квантором всеобщности. Во-вторых, и в случае $\forall\varepsilon\;\exists\delta$ это уточнение не нужно. Если $\exists\delta$ идёт после $\forall\varepsilon$, $\delta$ по умолчанию зависит от $\varepsilon$.

А вот порядок кванторов очень важен. Был неправильный (могу объяснить, почему), стал правильный.

В качестве $\varepsilon$ можно было смело брать $1$.