Вынесение неявного общего множителя. Теорема Штольца. 2

[Vladimir Pliassov]

В сообщении предлагается к рассмотрению прием, подобный обычному вынесению за скобки общего множителя,

в том числе и на примере небольшого изменения в доказательстве теоремы Штольца из учебника Г.И. Архипова, В.А.Садовничего, В.Н.Чубарикова - "Лекции по математическому анализу" http://vilenin.narod.ru/Mm/Books/1/book1_1.pdf стр.43,44.

При этом выражается сомнение в том, что теорема в учебнике в самом деле была доказана.

1.

Возьмем сумму

$$a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n, \;\;\;\; b_1+b_2+\ldots +b_n\ne 0.$$

Разделим ее на $b_1+b_2+\ldots +b_n,$ обозначив частное через $\alpha$:

$$\alpha=\frac {a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n}{b_1+b_2+\ldots +b_n}.$$

Отсюда

$$a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n=\alpha (b_1+b_2+\ldots +b_n)=\alpha b_1+\alpha b_2+\ldots +\alpha b_n,$$

где $\alpha$ является общим множителем для $b_1, b_2, \ldots, b_n$, в неявном виде имевшимся в сумме $a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n.$

Пример 1.

$1\cdot 2+4\cdot 3=14.$

Решим уравнение $a\cdot 2+a\cdot 3=14:$

$5a=14\to a=14/5.$

Проверим: $14/5\cdot 2+14/5\cdot 3=28/5+42/5=70/5=14$.

Пример 2.

$(-1)\cdot 2+(-4)\cdot 3=-14.$

Решим уравнение $a\cdot 2+a\cdot 3=-14:$

$5a=-14\to a=-14/5.$

Проверим: $(-14/5)\cdot 2+(-14/5)\cdot 3=-28/5-42/5=-70/5=-14$.

Пример 3.

$1\cdot 2+(-4)\cdot 3=-10.$

Решим уравнение $a\cdot 2+a\cdot 3=-10:$

$5a=-10\to a=-2.$

Проверим: $(-2)\cdot 2+(-2)\cdot 3=-4-6=-10$.

Пример 4.

$1\cdot 2+4\cdot (-3)=-10$

Решим уравнение $a\cdot 2+a\cdot (-3)=-10:$

$-a=-10\to a=10.$

Проверим: $10\cdot 2+10\cdot (-3)=20-30=-10$.

2.

Если $b>0, c_1\leqslant c_2$, то $c_1b\leqslant c_2b$.

Пусть $b_1+b_2+\ldots +b_n>0$. Обозначим наименьшее из всех $a_1, a_2, \ldots a_n$ через $a_{\min}$, наибольшее из всех $a_1,a_2,\ldots a_n$ через $a_{\max}$, тогда

$$\frac {a_{\min}b_1+a_{\min}b_2+\ldots +a_{\min}b_n}{b_1+b_2+\ldots +b_n}\leqslant \frac {a_1b_1+a_2b_2+\ldots +a_nb_n}{b_1+b_2+\ldots +b_n}\leqslant \frac {a_{\max}b_1+a_{\max}b_2+\ldots +a_{\max}b_n}{b_1+b_2+\ldots +b_n},$$

или $a_{\min}\leqslant \alpha \leqslant a_{\max}.$ При этом $\vert \alpha\vert$ не больше наибольшего из $\vert a_{\min}\vert , \vert a_{\max}\vert$.

3.

Попробуем применить этот прием на следующем примере (Г.И. Архипов, В.А.Садовничий, В.Н.Чубариков - "Лекции по математическому анализу" http://vilenin.narod.ru/Mm/Books/1/book1_1.pdf стр.43,44).

Пример 5.

Цитата:

Теорема 1 (теорема Штольца). Пусть:

1) $y_{n+1}>y_n>0, $

2) $\lim_{x\to 0} y_n\to \infty,$

3) существует

$$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l.$$

Тогда существует предел

$$\lim\limits_{n\to \infty} \frac{x_n}{y_n}=l.$$

Забегая вперед, сразу же скажу, что, как я понимаю, приведенное доказательство теоремы распространяется только на случай конечного предела, потому что в нем имеется выражение

$$ \frac{\vert x_N-ly_N\vert}{y_{n+1}}<\frac {\varepsilon}{2},$$

которое при $l=\pm \infty$ не может быть справедливым ни при каком конечном $n$, и не доказывается специально (как у Фихтенгольца) существование бесконечного предела.

Цитата:

Доказательство. Из условия теоремы вытекает, что

$$\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l+\alpha_n,$$

где $\alpha_n$ -- бесконечно малая последовательность. Поэтому для всякого $\varepsilon>0$ существует $N=N(\varepsilon)$ такое, что при всех $n\geqslant N$ имеем $\vert \alpha_n \vert<\varepsilon/2$.

Поскольку

$$\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l+\alpha_n,$$

то

$${x_{n+1}-x_n}=(l+\alpha_n)({y_{n+1}-y_{n}})=ly_{n+1}-ly_{n}+\alpha_n(y_{n+1}-y_{n}),$$

или

$$x_{n+1}-ly_{n+1}=x_n-ly_{n}+\alpha_n(y_{n+1}-y_{n}).$$

Считая номер полученного равенства равным $n$, получим такие же равенства для $N, N+1, \ldots, n-1,$ и сложим все равенства

$$\begin {matrix} x_{n+1}-ly_{n+1}=x_n-ly_{n}+\alpha_n(y_{n+1}-y_{n}),\\ ...................................................................\\ x_{N+1}-ly_{N+1}=x_N-ly_{N}+\alpha_N(y_{N+1}-y_{N}), \end {matrix}$$

получим

$$x_{n+1}-ly_{n+1}=x_N-ly_{N}+\alpha_n(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+\alpha_N(y_{N+1}-y_{N})$$

Дальше в учебнике следует переход к неравенствам

Цитата:

$$\vert x_{n+1}-ly_{n+1}\vert \leqslant \vert x_N-ly_{N}\vert +\vert \alpha_n\vert \vert y_{n+1}-y_{n}\vert +\cdots+\vert \alpha_N\vert \vert y_{N+1}-y_{N}\vert $$

(здесь не совсем понятно, почему выражения $y_{n+1}-y_{n}$ и $y_{N+1}-y_{N}$ стоят не в скобках, а под знаком модуля, ведь они положительны (на что было обращено внимание читателя двумя строчками выше),

Цитата:

$$\vert x_{n+1}-ly_{n+1}\vert \leqslant \vert x_N-ly_{N}\vert +\vert \varepsilon /2\vert (y_{n+1}-y_{n}) +\cdots+\vert \varepsilon /2\vert (y_{N+1}-y_{N})$$

- здесь тоже не совсем понятно, почему $\varepsilon /2$ стоит под знаком модуля, ведь $\varepsilon >0$, главное же, что это неравенство не нестрогое, а строгое, так как "при всех $n\geqslant N$ имеем $\vert \alpha_n \vert<\varepsilon/2$, перепишем его:

$$\vert x_{n+1}-ly_{n+1}\vert < \vert x_N-ly_{N}\vert +\vert \varepsilon /2\vert (y_{n+1}-y_{n}) +\cdots+\vert \varepsilon /2\vert (y_{N+1}-y_{N}),$$

- и к следующему из него третьему неравенству:

Цитата:

$$\left \vert \frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l\right \vert <\frac {\vert x_N-ly_{N}\vert}{y_{n+1}} +\frac {\varepsilon} {2} \frac {y_{n+1}-y_{N}}{y_{n+1}}.$$

Но вместо того, чтобы переходить к первым двум из этих трех неравенств, попытаемся применить прием из п.1.

Возьмем сумму $\alpha_n(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+\alpha_N(y_{N+1}-y_{N})$ из равенства

$$x_{n+1}-ly_{n+1}=x_N-ly_{N}+\alpha_n(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+\alpha_N(y_{N+1}-y_{N})$$

и вынесем за скобку неявный общий множитель разностей, стоящих в скобках:

$$\alpha_n(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+\alpha_N(y_{N+1}-y_{N})=\alpha'(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+\alpha'(y_{N+1}-y_{N})=$$ $$=\alpha'[(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+(y_{N+1}-y_{N})]=\alpha'(y_{n+1}-y_{N}),$$

где

$$\alpha'=\frac {\alpha_n(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+\alpha_N(y_{N+1}-y_{N})}{(y_{n+1}-y_{n})+\cdots+(y_{N+1}-y_{N})}.$$

Поскольку $y_{n+1}>y_n>0,$ то знаменатель последней дроби не равен нулю, и к тому же, если из $\alpha_N, \ldots, \alpha_ n$ обозначить наименьшее $\alpha$ через $\alpha_{\min}$, а наибольшее через $\alpha_{\max}$, то $\alpha_{\min}\leqslant \alpha'\leqslant \alpha_{\max}$, и $\vert \alpha'\vert $ не больше наибольшего из $\vert \alpha_{\min}\vert, \vert \alpha_{\max}\vert$ (см. п.2).

Таким образом,

$$x_{n+1}-ly_{n+1}=x_N-ly_{N}+\alpha'(y_{n+1}-y_{N}).$$

Разделим это равенство на $y_{n+1},$ получим

$$\frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l=\frac {x_N-ly_{N}}{y_{n+1}} +\alpha' \frac {y_{n+1}-y_{N}}{y_{n+1}}.$$

Отсюда,

$$\left \vert \frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l\right \vert \leqslant \frac {\vert x_N-ly_{N}\vert}{y_{n+1}} +\vert \alpha' \vert \frac {y_{n+1}-y_{N}}{y_{n+1}},$$

и, так как при всех $n\geqslant N$ имеем $\vert \alpha_n \vert<\varepsilon/2$, и потому также $\vert \alpha' \vert<\varepsilon/2$,

$$\left \vert \frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l\right \vert <\frac {\vert x_N-ly_{N}\vert}{y_{n+1}} +\frac {\varepsilon} {2} \frac {y_{n+1}-y_{N}}{y_{n+1}}.$$

Дальше как в учебнике.

Цитата:

Поскольку $\lim_{x\to 0} y_n\to \infty,$ то существует такое $n_1=n_1(\varepsilon)$, что для всех $n>n_1$

(мне кажется, здесь достаточно условия $n\geqslant n_1$)

Цитата:

справедлива оценка

$$\frac {\vert x_N-ly_{N}\vert}{y_{n+1}} <\frac {\varepsilon} {2}.$$

Положим $n_0=\max (n_1, N)$. Тогда для любого $n>n_0$

(в учебнике написано "для любого $n>n_1,$" но, очевидно, это описка/опечатка, к тому же, как мне кажется, здесь достаточно условия $n\geqslant n_0$)

Цитата:

будем иметь

$$\left \vert \frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l\right \vert <\varepsilon.$$

Следовательно, при $n\to \infty$ имеем $x_n/y_n\to l$. Теорема 1 доказана.

4.

Тут возникает вопрос, в самом ли деле доказана теорема, ведь, хотя $n\to \infty$, но каким бы большим мы ни взяли $n$, доказано только, что справедливо неравенство

$$\left \vert \frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l\right \vert <\varepsilon,$$

однако из него не следует, что

$$\left \vert \frac {x_{n}}{y_{n}}-l\right \vert <\varepsilon,$$

так как номер $n$ может оказаться для этого недостаточно большим.

Если обозначить $\frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}$ через $z_{n+1}$, а $\frac {x_{n}}{y_{n}}$ через $z_n$, то это будет видно еще более ясно:

$$\vert z_{n+1}-l\vert <\varepsilon \not \Rightarrow \vert z_{n}-l\vert <\varepsilon.$$

Должно было быть доказано, что

$$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l\Rightarrow \lim\limits_{n\to \infty} \frac{x_n}{y_n}=l,$$

а доказано только, что

$$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l\Rightarrow \lim\limits_{n\to \infty} \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}=l.$$

То есть, как я полагаю, теорема доказана, но не теорема Штольца, а другая, более слабая:

Пусть:

1) $y_{n+1}>y_n>0, $

2) $\lim_{x\to 0} y_n\to \infty,$

3) существует

$$\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l.$$

Тогда существует предел

$$\lim\limits_{n\to \infty} \frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}=l.$$

Или я ошибаюсь?

[Lia]

Vladimir Pliassov
Такие ссылки долго не живут, они очень временные.
Если у Вас документ на Яндекс.Диске - расшарьте его, и укажите ссылку. Правой кнопкой мыши на ярлыке документа нажимаете на "поделиться", копируете сгенерированную ссылку, указываете. Замените в тексте.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Помогите решить / разобраться (М)» в форум «Карантин»
по следующим причинам:

См. выше.

Исправьте все Ваши ошибки и сообщите об этом в теме Сообщение в карантине исправлено.
Настоятельно рекомендуется ознакомиться с темами Что такое карантин и что нужно делать, чтобы там оказаться и Правила научного форума.

[Lia]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»

[iifat]

Vladimir Pliassov в сообщении #1503881 писал(а):

Должно было быть доказано, что

Vladimir Pliassov в сообщении #1503881 писал(а):

а доказано только, что

Ну, теперь докажите равносильность этих утверждений. Если вам не хватит пары строчек, пересмотрите доказательство.
Примечание: нам не надо доказывать, что $\vert z_{n+1}-l\vert <\varepsilon \Rightarrow \vert z_{n}-l\vert <\varepsilon$. Нам на то,чего описано в определении предела.

[Vladimir Pliassov]

iifat в сообщении #1503982 писал(а):

Ну, теперь докажите равносильность этих утверждений. Если вам не хватит пары строчек, пересмотрите доказательство.
Примечание: нам не надо доказывать, что $\vert z_{n+1}-l\vert <\varepsilon \Rightarrow \vert z_{n}-l\vert <\varepsilon$. Нам на то,чего описано в определении предела.

Доказательство пересмотрел.

"Для всякого $\varepsilon>0$ существует $N=N(\varepsilon)$ такое, что при всех $n\geqslant N$ имеем $\vert \alpha_n \vert<\varepsilon/2$" -- это условие существования предела. Исходя из этого условия и из того, что

$$\frac{x_{n+1}-x_n}{y_{n+1}-y_{n}}=l+\alpha_n,$$

где $l$ -- предел, а $\alpha_n$ -- бесконечно малая последовательность, доказано, что

$$\left \vert \frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}-l\right \vert <\varepsilon.$$

Из этого не следует, что

$$\left \vert \frac {x_{n}}{y_{n}}-l\right \vert <\varepsilon.$$

Вы говорите, что это следует из чего-то другого при помощи определения предела, но я не вижу, из чего.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov

Если $\lim\limits_{n\to \infty} f(n)} = \alpha$, то чему равен $\lim\limits_{n\to \infty} f(n+1)}$ ?

А если $\lim\limits_{n\to \infty} f(n+1)} = \alpha$, то чему равен $\lim\limits_{n\to \infty} f(n)}$ ?

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1504022 писал(а):

Vladimir Pliassov

Если $\lim\limits_{n\to \infty} f(n)} = \alpha$, то чему равен $\lim\limits_{n\to \infty} f(n+1)}$ ?

А если $\lim\limits_{n\to \infty} f(n+1)} = \alpha$, то чему равен $\lim\limits_{n\to \infty} f(n)}$ ?

$\lim\limits_{n\to \infty} f(n)} = \lim\limits_{n\to \infty} f(n+1)}= \alpha?$

Но как это согласуется с тем, что

$$\vert f(n+1)-l\vert <\varepsilon \not \Rightarrow \vert f(n)-l\vert <\varepsilon?$$

[Odysseus]

Разве определение предела состоит только из $\vert f(n)-l\vert <\varepsilon$?

[Vladimir Pliassov]

Тут что-то с обозначениями. Если бы было так:

$$\lim\limits_{m\to \infty} f(m) = \alpha,$$

тогда было бы понятно, что $\vert f(n+1)-l\vert <\varepsilon \not \Rightarrow \vert f(n)-l\vert <\varepsilon$, потому что, если при $m=n+1$ значение $f(m)$ достаточно для того, чтобы было $\vert f(m)-l\vert <\varepsilon$, то это не значит, что и при меньшем номере, то есть при $m=n$, значение $f(m)$ будет для этого достаточным.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1504037 писал(а):

Тут что-то с обозначениями.

Где и что не так с обозначениями? Если вы слишком привыкли, что в аргументе последовательности пишется только $n$ и вас чем-то смущает $f(n+1)$, то рассмотрите последовательность $g(n)$ для которой $g(n) = f(n+1)$. Вы же понимаете, что при этом $g(n)$ и $f(n+1)$ это одинаковые последовательности?

Vladimir Pliassov в сообщении #1504037 писал(а):

Если бы было так:

$$\lim\limits_{m\to \infty} f(m) = \alpha,$$

тогда было бы понятно, что $\vert f(n+1)-l\vert <\varepsilon \not \Rightarrow \vert f(n)-l\vert <\varepsilon$, потому что, если при $m=n+1$ значение $f(m)$ достаточно для того, чтобы было $\vert f(m)-l\vert <\varepsilon$, то это не значит, что и при меньшем номере, то есть при $m=n$, значение $f(m)$ будет для этого достаточным.

То, что вы здесь написали, мне совершенно непонятно. Еще раз, в чем полностью состоит определение предела последовательности? Примените его к последовательности $f(n)$ и к последовательности $g(n) = f(n+1)$

[iifat]

Vladimir Pliassov в сообщении #1504030 писал(а):

Но как это согласуется с тем, что

Никак не согласуется. Потому что нам это доказывать вовсе не нужно. Нам нужно доказать равенство пределов, а это совсем другое утверждение. Вашу формулировку вы просто, извините, выдумали.

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1504038 писал(а):

Еще раз, в чем полностью состоит определение предела последовательности? Примените его к последовательности $f(n)$ и к последовательности $g(n) = f(n+1)$

Число $l$ называется пределом последовательности $f(n)$, если для всякого $\varepsilon>0$ существует $N=N(\varepsilon)$ такое, что при всех $n\geqslant N$ (или $n>N$) имеем

$$\left \vert f(n)-l\right \vert <\varepsilon.$$

$f(n)$ и $g(n) = f(n+1)$ это одна и та же последовательность, но при $f(n)$ внимание акцентируется на ее $n$-ом члене, а при $f(n+1)$ -- на $(n+1)$-ом.

Однако через $f(n)$ и $f(n+1)$ обозначаются также значения этой последовательности от $n$ и $n+1$, и тут уже $f(n)$ и $f(n+1)$ это не одно и то же: в общем случае $f(n)\ne f(n+1)$.

Из того, что, имея номер $n+1$, член рассматриваемой последовательности попадает в промежуток $[l-\varepsilon; \; l+\varepsilon]$, не следует, что и при меньшем номере, то есть при $n$, ее член тоже в него попадает:

$$\vert f(n+1)-l\vert <\varepsilon \not \Rightarrow \vert f(n)-l\vert <\varepsilon.$$

Тем не менее, поскольку последовательность имеет только один предел, то, если последовательность $f(n+1)$ имеет предел, то и последовательность $f(n)$ имеет тот же предел, потому что это одна и та же последовательность, просто обозначенная по-разному

(здесь $f(n+1)$ и $f(n)$ это не обозначения значений функции $f$ от разных аргументов, а два разных обозначения одной и той же функции $f$).

То же, что $\frac {x_{n}}{y_{n}}$ не попадает в промежуток $[l-\varepsilon; \; l+\varepsilon],$ говорит только о том, что номер $n$ недостаточно большой для этого, но не о том, что последовательность $\frac {x_{n}}{y_{n}}$ не имеет предела, равного пределу последовательности $\frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}$ (которая, как сказано, является той же самой последовательностью).

Таким образом, я, очевидно, ошибался, и теорема была доказана.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

$f(n)$ и $g(n) = f(n+1)$ это одна и та же последовательность

Нет, это (в общем случае) две разные последовательности. Последовательность это частный случай функции (от натурального аргумента), и, как и любая функция, она характеризуется не только областью своих аргументов и областью своих значений, но и тем, какому аргументу какое значение функции соответствует. Две последовательности, как и две функции вообще, равны тогда и только тогда, когда 1) область определения и область значений первой функции совпадают с таковыми у второй, и 2) одному и тому же аргументу соответствует одно и то же значение каждой последовательности/функции.

Поэтому $g(n)$ и $f(n+1)$ это одинаковые последовательности (просто по определению $g(n)$), а $f(n)$ и $f(n+1)$ - разные, поскольку разным аргументам у них могут соответствовать разные значения. Причем и области значений у них могут быть разные, поскольку у второй последовательности может не быть значения соответствующего $f(1)$.

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

но при $f(n)$ внимание акцентируется на ее $n$-ом члене, а при $f(n+1)$ -- на $(n+1)$-ом.

Про "внимание акцентируется" это какой-то ваш личный язык, которого в математике не существует. Можно придумывать свои личные образы и названия, но только в том случае, если они не противоречат стандартным. У вас они противоречат.

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

Однако через $f(n)$ и $f(n+1)$ обозначаются также значения этой последовательности от $n$ и $n+1$

Только в том случае, когда речь идет об одной последовательности $f(n)$, а не о двух разных последовательностях $f(n)$ и $g(n) = f(n+1)$. И в первом случае для избежания путаницы обычно используют другое обозначения для разных значений аргументов данной последовательности, например $f(n_1)$ и $f(n_1+1)$

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

Из того, что, имея номер $n+1$, член рассматриваемой последовательности попадает в промежуток $[l-\varepsilon; \; l+\varepsilon]$, не следует, что и при меньшем номере, то есть при $n$, ее член тоже в него попадает:

$$\vert f(n+1)-l\vert <\varepsilon \not \Rightarrow \vert f(n)-l\vert <\varepsilon.$$

Вам уже много раз говорили, что этот факт сам по себе ничего не значит. Примените же наконец полное и строгое определение предела последовательности для того, чтобы сравнить пределы $f(n)$ и $f(n+1)$

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

поскольку последовательность имеет только один предел

Только в том случае если предел у нее существует. В противном случае, у последовательности может существовать несколько (даже бесконечно много) различных так называемых "частичных пределов".

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

если последовательность $f(n+1)$ имеет предел, то и последовательность $f(n)$ имеет тот же предел, потому что это одна и та же последовательность, просто обозначенная по-разному

До слов "потому что" - правильно, далее - нет. Во-первых, как я уже указал выше, это разные последовательности, причем и области значений у них могут не совпадать. Во-вторых, даже если у двух последовательностей совпадают области значений - это еще не означает, что у них одинаковые пределы (упражнение для вас - найти контрпример).

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

(здесь $f(n+1)$ и $f(n)$ это не обозначения значений функции $f$ от разных аргументов, а два разных обозначения одной и той же функции $f$).

Вы не можете сначала говорить про последовательности $f(n+1)$ и $f(n)$, а потом говорить, что это одна и та же функция. Второе противоречит первому.

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

То же, что $\frac {x_{n}}{y_{n}}$ не попадает в промежуток $[l-\varepsilon; \; l+\varepsilon],$ говорит только о том, что номер $n$ недостаточно большой для этого,

Только здесь наконец вы стали применять определение предела, но рассуждение не довели до конца.

Vladimir Pliassov в сообщении #1504080 писал(а):

Таким образом, я, очевидно, ошибался, и теорема была доказана.

Да, вы ошибались и теорема была доказана. Но ваши рассуждения выше неправильные и факт доказательства теоремы не демонстрируют.

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1504087 писал(а):

$f(n)$ и $f(n+1)$ - разные, поскольку разным аргументам у них могут соответствовать разные значения.

Что является аргументом у $f(n+1)$ -- $n$ или $n+1$?