Предел последовательности

[Joker_vD]

Это следует из того, что $0\cdot a=a\cdot0=0$.

[boomeer]

Joker_vD в сообщении #619599 писал(а):

Это следует из того, что $0\cdot a=a\cdot0=0$.

Я не уверен, но разве следствие можно использовать в доказательстве основного факта?

Да, да. Нуль не равен единице. Но я сразу сказал, давайте абстрагируемся от натуральных чисел и докажем, что один особый элемент из множества вещественных чисел не равен другому особому элементу.

5) Расписал первые 4 члена последовательности. Закономерности не вижу..

[Mitrius_Math]

boomeer в сообщении #619603 писал(а):

один особый элемент из множества вещественных чисел не равен другому особому элементу

Доказательство есть в учебнике Зорича: там доказывается, что $0<1$.

[Joker_vD]

Ну хорошо, а как вы строите вещественные числа? Если карабкаясь из натуральных, то понятно, что ноль и единица будут различны. Если же аксиоматически — то придется постулировать либо $0\ne1$, либо что есть хоть одно вещественное число, отличное от нуля.

[boomeer]

Joker_vD в сообщении #619613 писал(а):

Ну хорошо, а как вы строите вещественные числа? Если карабкаясь из натуральных, то понятно, что ноль и единица будут различны. Если же аксиоматически — то придется постулировать либо $0\ne1$, либо что есть хоть одно вещественное число, отличное от нуля.

Т.е. если аксиоматически - это никак не доказывается?

[xmaister]

Если $0=1$, то все элементы равны нулю, поэтому Joker_vD и требует ненулевость хотя бы одного элемента.

[boomeer]

xmaister в сообщении #619618 писал(а):

Если $0=1$, то все элементы равны нулю, поэтому Joker_vD и требует ненулевость хотя бы одного элемента.

Но смотрите, когда мы вводим их аксиоматически, мы не постулируем, что должны быть элементы отличные от нуля. А значит и по сути противоречия нет...
Ладно, мысль понял. Спасибо. Дальше можно только до бреда свести.

А вот про числовые последовательности так и не клеится(

[Joker_vD]

Аксиоматически это вводится. Где-то и как-то. Зорич, например, выписывает кучу аксиом и аксиома единицы у него выглядит так: "Существует элемент $1\in\mathbb R\diagdown 0$ такой, что...". Где-то еще (не помню, где именно) сначала вводят понятие поля, и отдельно указывают, что полем называется минимум двухэлементное множество.

[arseniiv]

А ещё иногда для этого есть отдельная аксиома $0 \ne 1$, потому что в поле $\langle \{0\}, +, \cdot \rangle$ остальные из той системы выполняются.

[boomeer]

Хелп с последовательностями плз

[ewert]

boomeer в сообщении #619168 писал(а):

Как доказать, что для любой положительной последовательности, которая стремится к нулю, мы можем построить ограничивающую ее сверху выпуклую последовательность, которая тоже стремится к нулю?

Подходящей мажорирующей последовательностью $y_n\geqslant x_n\ (\forall n)$ была бы, например, "кусочно-линейная" последовательность, которая на каждом следующем куске линейного убывания имела бы меньший наклон, чем на предыдущем. Ну подобного рода последовательность организуется довольно очевидным образом.

Например, так. Определим $n_1=1$ и $y_{n_1}=y_1=2M$, где $M$ -- это максимум вообще всех иксов. Потом положим $n_2>n_1$ таким, чтобы все $x_n$ при всех $n\geqslant n_2$ были бы меньше, чем $\frac{M}2$, и определим $y_{n_2}=M$. Потом определим $n_3$ из двух соображений: при всех $n\geqslant n_3$ должно быть $x_n<\frac{M}4$ и при этом $n_3-n_2\geqslant n_2-n_1$, а $y_3$ положим равным $\frac{M}2$. И вообще: каждый следующий $n_{k+1}$ определим так, чтобы выполнялось $n_{k+1}-n_k\geqslant n_k-n_{k-1}$ и, кроме того, $x_n<\frac{M}{2^{k}}$ при всех $n\geqslant n_{k+1}$, а $y_{n_{k+1}}$ положим равным $\frac{M}{2^{k-1}}$.

Так вот: теперь если доопределить $y_n$ линейно зависящими от номера на каждом промежутке между соседними $n_k$, то ровно нужная мажоранта и получится.

(если я в записи индексов/степеней не сбился; но если даже и сбился, то это легко поправить)

[boomeer]

Со степенями и индексами вроде все гладко. Решение классное и понятное, спасибо!
Остались номера 4 и 5

[ewert]

(Оффтоп)

boomeer в сообщении #619753 писал(а):

Со степенями и индексами вроде все гладко.

Увы... как минимум две ещё очепятки я обнаружил только что... ну исправил -- надеюсь, что последние.

[boomeer]

ewert в сообщении #619765 писал(а):

(Оффтоп)

boomeer в сообщении #619753 писал(а):

Со степенями и индексами вроде все гладко.

Увы... как минимум две ещё очепятки я обнаружил только что... ну исправил -- надеюсь, что последние.

А можете тогда сказать какие? Ибо иначе я наверное неверно понял суть решения. Ну или тупо не заметил.

[ewert]

ewert в сообщении #619715 писал(а):

каждый следующий $n_{k+1}$

-- вместо этого было $x_{k+1}$.

ewert в сообщении #619715 писал(а):

а $y_{n_{k+1}}$ положим равным

-- было $y_{k+1}$.

Вот что крест животворящий творит! Вы наверняка на те очипятки даже и внимания не обратили.