Корректна ли формулировка задачи (на пределы функций).

[Tosha]

Помогите, пожалуйста, разобраться с формулировкой задачи.
Нaйдитe прeдeл пoслeдoвaтeльности $\displaystyle\lim_{n\to \infty}\;\;\left(\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1\right)$, иcпoльзуя тoлькo oпрeдeлениe Koши.

Правильно ли я понимаю, что автор по факту имел ввиду, что нужно доказать, что число $1$ является пределом последовательности? То есть начать с неравенства $\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-1\right|<\varepsilon$ и далее найти номер $N(\varepsilon)$, начиная с которого будет выполняться неравенство. Или я неверно понял условие? Или автор хотел, чтобы мы записали$\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A\right|<\varepsilon$ и пробовали каким-то образом подбирать $A$ и $N(\varepsilon)$ (возможно ли вообще это сделать)?

[mihaild]

Ответом должно быть "предел такой-то, вот доказательство".
В принципе решение "мне во сне приснилось, что предел равен $1$, а вот доказательство: ..." - вполне корректно. Оно может вызвать небольшие подозрения в том, что решение списано, но ничего принципиально неправильного в нём нет.

(Оффтоп)

Вообще задачи "сделать что-то не пользуясь чем-то" ИМХО очень странные. Ну перепишем из учебника доказательства нужных свойств, назвав их как-то иначе - это никак принципиально не отличается от просто творческого решения.

[talash]

Tosha в сообщении #1611394 писал(а):

(возможно ли вообще это сделать)?

Думаю возможно, но я такое первый раз решаю, поэтому вопрос в зал, верно ли доказательство?:

$\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A\right|<\varepsilon$
Чтобы избавиться от модуля считаем, что $A\leqslant1$.
1. $\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A<\varepsilon$
2. $n>\left(\dfrac{4}{\varepsilon+A-1}\right)^2$
Отсюда видно, что выражение справа будет определено для любых $\varepsilon > 0$ только при $A = 1$ (В остальных случаях знаменатель может обращаться в 0). И, следовательно, только в этом случае будет существовать для любых $\varepsilon > 0$
$N(\varepsilon) = \left[\left(\dfrac{4}{\varepsilon}\right)^2\right]$
Значит предел равен 1.
Если $A>1$, то наверное можно ничего не делать, так как предел уже найден.

[Tosha]

talash в сообщении #1611408 писал(а):

Если $A>1$, то наверное можно ничего не делать, так как предел уже найден.

Интересное рассуждение, спасибо, но тогда можно было изначально сказать - а давайте рассмотрим случай $A=1$. И потом проверить его, а после сказать, что случай $A\ne 1$ можно не рассматривать, так как если предел найден, то он единственный.
Мне скорее интересно - что именно хотел увидеть составитель билетов к экзамену (мне показалась формулировка немного необычной). Такая формулировка была и в других билетах=) Вероятно, что формулировка "найдите предел и докажите по Коши" выглядит еще более странной. Так как если предел уже найдет, то что доказывать? Можно сказать, что подберите подходящее значение $A$ и докажите, что оно является пределом?) Просто явно автор из каких-то соображений не захотел указывать сразу значение $A$ в условии=)

mihaild в сообщении #1611395 писал(а):

Ответом должно быть "предел такой-то, вот доказательство".
В принципе решение "мне во сне приснилось, что предел равен $1$, а вот доказательство: ..." - вполне корректно. Оно может вызвать небольшие подозрения в том, что решение списано, но ничего принципиально неправильного в нём нет.

Спасибо, по всей видимости так оно и есть

[EUgeneUS]

Tosha в сообщении #1611394 писал(а):

Или автор хотел, чтобы мы записали$\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A\right|<\varepsilon$ и пробовали каким-то образом подбирать $A$ и $N(\varepsilon)$ (возможно ли вообще это сделать)?

Легко записать дальше:
$\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A\right| > \left| 1-A \right|= d$
Равенство в конце это просто обозначение. (UPD: это для $A \le 1$, для $A > 1$ нужно чуть по-другому)
Если $d > 0$, то мы можем выбрать $0 < \varepsilon < d$, для которого условия в определении Коши выполняться не будут.
Откуда $d=0$, а значит $A=1$.

А дальше, да. Нужно найти $N(\varepsilon)$

Кстати,
1. рассуждения talash во втором его пункте довольно странные. Вот тут

talash в сообщении #1611408 писал(а):

Отсюда видно, что выражение справа будет определено для любых $\varepsilon > 0$ только при $A = 1$ (В остальных случаях знаменатель может обращаться в 0). И, следовательно, только в этом случае будет существовать для любых $\varepsilon > 0$

Более того, они неверные. Если $A \le 1$ и $\varepsilon > 0$, то знаменатель в ноль не обращается.

2. И в ответе у него помарка:

talash в сообщении #1611408 писал(а):

$N(\varepsilon) = \left[\left(\dfrac{4}{\varepsilon}\right)^2\right]$

Если правильно понимаю, то такие скобки обозначают арифметическое округление (до ближайшего целого), а нам тут подходит только округление вверх.

[Dedekind]

EUgeneUS в сообщении #1611419 писал(а):

Если $A \le 1$ и $\varepsilon > 0$, то знаменатель в ноль не обращается.

Почему? Например, $A = 0.5$ и $\varepsilon = 0.5$, знаменатель ноль.

[EUgeneUS]

Dedekind в сообщении #1611421 писал(а):

Например, $A = 0.5$ и $\varepsilon = 0.5$, знаменатель ноль

Да, там знак у $1-A$ перевернулся, чего я не учел.
Соответственно и мне знак надо перевернуть: знаменатель не обращается в ноль при $A \ge 1, \varepsilon > 0$
FGJ, выше было сказано, что рассматривается случай $A \le 1$, так что мне нужно снять утверждение, о неврености выкладок в этой части.

[talash]

EUgeneUS в сообщении #1611419 писал(а):

talash в сообщении #1611408 писал(а):

$N(\varepsilon) = \left[\left(\dfrac{4}{\varepsilon}\right)^2\right]$

Если правильно понимаю, то такие скобки обозначают арифметическое округление (до ближайшего целого), а нам тут подходит только округление вверх.

Согласен, $N(\varepsilon)$ же натуральное, значит с 1 должно начинаться. Написал не задумываясь по аналогии отсюда, а там много таких ошибок.

[EUgeneUS]

talash
Немного о странностях во втором пункте.

1. Так как рассматривается случай $A \le 1$, то мы можем в качестве $A$ взять какое-то отрицательное число, но большое по модулю.
2. Например, возьмем $-10$.
3. Тогда проблемы возникнут (знаменатель обратится в ноль) при $\varepsilon = 11$
4. Однако, при анализи последовательностей на наличие предела, нас интересует, что будет происходит при малых $\varepsilon$.
5. И в Ваших выкладках отнюдь не очевидно, что проблемы при $\varepsilon = 11$, приведут к проблемам и при малых $\varepsilon$.

Можно было бы так (не торопиться возводить в квадрат):

$\frac{4}{\sqrt{n}} < \varepsilon + 1 - A$
слева стоит положительное число, тогда можно записать так:

$0< \frac{4}{\sqrt{n}} < \varepsilon + 1 - A$
$0< \varepsilon + 1 - A$
$A > 1 - \varepsilon$
И окончательно,
$A \ge 1$

Это, конечно, не доказывает наличие предела и даже не находит значение предполагаемого предела, а приводит к необходимости рассмотрения случая $A \ge 1$

[Dedekind]

EUgeneUS в сообщении #1611428 писал(а):

4. Однако, при анализи последовательностей на наличие предела, нас интересует, что будет происходит при малых $\varepsilon$.
5. И в Ваших выкладках отнюдь не очевидно, что проблемы при $\varepsilon = 11$, приведут к проблемам и при малых $\varepsilon$.

Но ведь из определения предела это никак не следует. Там сказано, что для любого $\varepsilon$. Поэтому, если уже хоть для $\varepsilon = 1000000$ есть проблемы, то уже не важно, что там происходит при малых $\varepsilon$. Или я что-то неправильно понимаю?

[talash]

Dedekind в сообщении #1611429 писал(а):

EUgeneUS в сообщении #1611428 писал(а):

4. Однако, при анализи последовательностей на наличие предела, нас интересует, что будет происходит при малых $\varepsilon$.
5. И в Ваших выкладках отнюдь не очевидно, что проблемы при $\varepsilon = 11$, приведут к проблемам и при малых $\varepsilon$.

Но ведь из определения предела это никак не следует. Там сказано, что для любого $\varepsilon$. Поэтому, если уже хоть для $\varepsilon = 1000000$ есть проблемы, то уже не важно, что там происходит при малых $\varepsilon$.

Я также понимаю суть идеи Коши.

[EUgeneUS]

talash
Dedekind

Насколько я понимаю суть идеи Коши, она состоит вот в чем:
какое бы малое $\varepsilon$ мы не выбрали, найдется такое $N(\varepsilon)$, что, начиная с него, все члены последовательности окажутся в валютном коридоре $(A-\varepsilon, A+\varepsilon)$, где $A$ - значение предела.

Я не утверждаю, что из проблем при $A=-10, \varepsilon = 11$, не следуют также наличие проблем при более малых $\varepsilon$. Но это следствие неочевидно и закопано где-то глубоко в выкладках.
Непрозачно и коррупционно

[talash]

EUgeneUS, а Вы попробуйте доказать по Коши, что предел равен -10 и натолкнётесь как раз на проблему, что выражение определено не для всех положительных $\varepsilon$.

[EUgeneUS]

talash
ОМГ.
Возьмем $A = -10, \varepsilon = 1$

Тогда вот это неравенство:

talash в сообщении #1611408 писал(а):

$\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A<\varepsilon$

Решений в натуральных числах не имеет, и даже в действительных.

А вот это неравенство

talash в сообщении #1611408 писал(а):

$n>\left(\dfrac{4}{\varepsilon+A-1}\right)^2$

имеет бесконечную серию решений в натуральных числах.

То есть Ваши манипуляции с неравенствами привели к ложным корням, а потом приходится чесать левой пяткой за задним ухом, чтобы их как-то игнорировать.

[talash]

EUgeneUS, я понял, согласен, при избавлении от корня, нужно учитывать область определения.