Трудности с пределом

[arqady]

havik в сообщении #729217 писал(а):

к сожалению не совсем понимаю что нужно подставить чтобы получить бесконечную сумму

Она не бесконечная. Это сумма $n$ слагаемых.
Найдите $(x+x^2+x^3+...+x^n)'$ как сумму производных и сразу увидите, что подставить.
Ваши две подпоследовательности (над определение которых Вы так и неудосужились поработать) являются разбиением исходной. Поэтому легко можно формально доказать, что предел равен $\frac{1}{2}$.
Замечание bot-а тоже требует формальной доработки.
С помощью пути, который я (и не только я, кстати) Вам предлагаю, Вы сразу получаете ответ.
Свернуть сумму внутри модуля можно и другими способами.

[Otta]

(Оффтоп)

Бедный предел. Столько доброжелателей.

[bot]

Otta в сообщении #729320 писал(а):

ТС так и делает

Не совсем - он считает сумму при чётном числе, не занимаясь никакой группировкой. Я же говорю о том, что сумму можно написать как константу плюс остаток, который то бесконечно мал, а то и вовсе ноль. И никаких подпоследовательностей.
Впрочем если про подпоследовательности, то достаточно выполнить полезное упражнение:
Если последовательность можно разбить на конечное число подпоследовательностей с одним и тем же пределом, то она сходится.

[Otta]

bot в сообщении #729337 писал(а):

Не совсем - он считает сумму при чётном числе, не занимаясь никакой группировкой. Я же говорю о том, что сумму можно написать как константу плюс остаток, который то бесконечно мал, а то и вовсе ноль. И никаких подпоследовательностей.

Первое верно. Группировка у него неудачна. То есть у него задача: каждый день с утра дали $k$ рублей, вечером забрали на рупь больше. Однако на следующий день дают на рупь больше чем забрали. Сколько там будет на счету через 100 дней? (утром и вечером).
Можно считать приход за этот период и расход за тот же период, как делает ТС, а можно посчитать, что там происходит за день, как предлагаете Вы. Что, конечно, разумнее. Первокурсники обычно так и поступают, во всяком случае, не будучи ее отягощены избытком знаний. :)
Только вот второе... в нечетном случае после группировки слагаемых, как это предлагаете делать Вы, оставив первое в покое, сумма оставшихся все-таки не $1/2$. Ее предел - да. Так что Ваша идея нуждается в некоторой коррекции, с тем, чтобы выяснить, на какую именно бесконечно малую эта сумма будет отличаться от $1/2$. И уже к этой бесконечно малой прибавлять $1/n$.

[bot]

А где я говорил, что сумма будет $1/2$?
Я честно предупреждал, что общий член будет оличаться от константы на бесконечно малую (которая через раз вообще чистый ноль).

Otta в сообщении #729342 писал(а):

оставив первое в покое

Я бы по-прежнему начинал группировку с первого и получится 1 без где-то около 1/2.

[Otta]

bot
Может, и нигде, так прозвучало:

bot в сообщении #729318 писал(а):

Всего делов - сгруппировать попарно плюс с минусом и шут с ней с одной энной в нечётном случае.

[bot]

Вот въедлив однако.
Да пошутил я с одной (именно) энной, пошутил! Откуда ж Вам знать, чему у меня равно эн?

[Otta]

(Оффтоп)

bot в сообщении #729344 писал(а):

Я бы по-прежнему начинал группировку с первого и получится 1 без где-то около 1/2.

А без разницы. Он такой покладистый, этот предел, как его ни решай, хоть совой о пень, хоть пнем о сову, он все равно решится. Сейчас придет еще кто-нибудь и предложит тридцать пятый способ.

bot в сообщении #729347 писал(а):

Вот въедлив однако.
Да пошутил я с одной (именно) энной, пошутил!

Шо делать, профессиональное заболевание.

[havik]

Спасибо за указания. Теперь проверьте пожалуйста на предмет соблюдения всех формальностей.

Дан предел последовательности:
$\lim \limits_{n\to\infty}\ |\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\frac{4}{n}+...+\frac{(-1)^{n-1}\cdot n}{n}|$

Рассмотрим подпоследовательноти $\{{x_{n_{2k-1}}}\}$ и $\{{x_{n_{2k+1}}}\}$. Найдем их пределы:

$\lim \limits_{k\to\infty}\ |\frac{1}{2k-1}-\frac{2}{2k-1}+\frac{3}{2k-1}-\frac{4}{2k-1}+...+\frac{(-1)^{2k-2}\cdot (2k-1)}{2k-1}|=\frac{1}{2}$

$\lim \limits_{k\to\infty}\ |\frac{1}{2k}-\frac{2}{2k}+\frac{3}{2k}-\frac{4}{2k}+...+\frac{(-1)^{2k-1}\cdot (2k)}{2k}|=\frac{1}{2}$

Таким образом:

$\lim \limits_{k\to\infty}\ {x_{n_{2k-1}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N}\;\forall n_{2k-1}>N\;(|{x_{n_{2k-1}}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$

$\lim \limits_{k\to\infty}\ {x_{n_{2k}}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N}\;\forall n_{2k}>N\;(|{x_{n_{2k}}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$

Так как подпоследовательности $\{{x_{n_{2k-1}}}\}$ и $\{{x_{n_{2k+1}}}\}$ являются разбиением исходной ( по определению разбиения, если я ничего не путаю, то это что эти две подпоследовательности не имеют общих членов, а при объединении их членов получится исходная последовательности), то объединяя правые части этих двух определения как конъюнкцию получим следующее:

$[\forall\varepsilon>0\; \exists N\in\mathbb{N}\;\forall n_{2k}>N\;(|{x_{n_{2k}}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)]\bigwedge[\forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N}\;\forall n_{2k-1}>N\;(|{x_{n_{2k-1}}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)]$\Longleftrightarrow \forall\varepsilon>0 \; \exists N\in\mathbb{N} \; \forall n>N \; (|{x_{n}}-\frac{1}{2}|)<\varepsilon

Из чего следует что предел исходной последовательности есть $\frac{1}{2}$ по определению.

[Otta]

havik в сообщении #729823 писал(а):

Спасибо за указания. Теперь проверьте пожалуйста на предмет соблюдения всех формальностей.

Дан предел последовательности:
$\lim \limits_{n\to\infty}\ |\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\frac{4}{n}+...+\frac{(-1)^{n-1}\cdot n}{n}|$

Рассмотрим подпоследовательноти $\{{x_{2k-1}}\}$ и $\{{x_{2k+1}}\}$. Найдем их пределы:

$\lim \limits_{k\to\infty}\ |\frac{1}{2k-1}-\frac{2}{2k-1}+\frac{3}{2k-1}-\frac{4}{2k-1}+...+\frac{(-1)^{2k-2}\cdot (2k-1)}{2k-1}|=\frac{1}{2}$

$\lim \limits_{k\to\infty}\ |\frac{1}{2k}-\frac{2}{2k}+\frac{3}{2k}-\frac{4}{2k}+...+\frac{(-1)^{2k-1}\cdot (2k)}{2k}|=\frac{1}{2}$

Таким образом:

$\lim \limits_{k\to\infty}\ x_{2k-1}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \forall\varepsilon>0\;\exists N_1\in\mathbb{N}\;\forall k\; {2k-1}>N_1\;(|{x_{2k-1}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$

$\lim \limits_{k\to\infty}\ {x_{2k}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \forall\varepsilon>0\;\exists N_2\in\mathbb{N}\;\forall k \;{2k}>N_2\;(|{x_{2k}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$

Первую часть я исправила. Найдите все отличия. А вторую часть, пожалуйста, сделайте сами. Что такое "объединяя как конъюнкцию" и с чего вдруг это тут можно делать, не очень понятно.

Вам нужно доказать, что $\forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N} ....$. Выпишите определение последовательности полностью, и докажите.

[TOTAL]

havik в сообщении #729823 писал(а):

$[\forall\varepsilon>0\; \exists N\in\mathbb{N}\;\forall n_{2k}>N\;(|{x_{n_{2k}}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)]\bigwedge[\forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N}\;\forall n_{2k-1}>N\;(|{x_{n_{2k-1}}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)]$\Longleftrightarrow \forall\varepsilon>0 \; \exists N\in\mathbb{N} \; \forall n>N \; (|{x_{n}}-\frac{1}{2}|)<\varepsilon

Из чего следует что предел исходной последовательности есть $\frac{1}{2}$ по определению.

Из чего следует, что надо было записать несколько первых членов последовательности $|{x_{n}}-\frac{1}{2}|$:

$$\frac{1}{2}, 0, \frac{1}{6},0, \frac{1}{10}, 0, \frac{1}{14},0, \frac{1}{18},0, \frac{1}{22},0, \frac{1}{26},0, \frac{1}{30},\cdots$$

и на этом успокоиться. Если не получилось уcпокоиться, то можно записать общий член этой последовательности: $\frac{1-(-1)^n}{4n}$

[havik]

Otta в сообщении #729853 писал(а):

havik в сообщении #729823 писал(а):

Спасибо за указания. Теперь проверьте пожалуйста на предмет соблюдения всех формальностей.

Дан предел последовательности:
$\lim \limits_{n\to\infty}\ |\frac{1}{n}-\frac{2}{n}+\frac{3}{n}-\frac{4}{n}+...+\frac{(-1)^{n-1}\cdot n}{n}|$

Рассмотрим подпоследовательноти $\{{x_{2k-1}}\}$ и $\{{x_{2k+1}}\}$. Найдем их пределы:

$\lim \limits_{k\to\infty}\ |\frac{1}{2k-1}-\frac{2}{2k-1}+\frac{3}{2k-1}-\frac{4}{2k-1}+...+\frac{(-1)^{2k-2}\cdot (2k-1)}{2k-1}|=\frac{1}{2}$

$\lim \limits_{k\to\infty}\ |\frac{1}{2k}-\frac{2}{2k}+\frac{3}{2k}-\frac{4}{2k}+...+\frac{(-1)^{2k-1}\cdot (2k)}{2k}|=\frac{1}{2}$

Таким образом:

$\lim \limits_{k\to\infty}\ x_{2k-1}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \forall\varepsilon>0\;\exists N_1\in\mathbb{N}\;\forall k\; {2k-1}>N_1\;(|{x_{2k-1}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$

$\lim \limits_{k\to\infty}\ {x_{2k}}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \forall\varepsilon>0\;\exists N_2\in\mathbb{N}\;\forall k \;{2k}>N_2\;(|{x_{2k}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$

Первую часть я исправила. Найдите все отличия. А вторую часть, пожалуйста, сделайте сами. Что такое "объединяя как конъюнкцию" и с чего вдруг это тут можно делать, не очень понятно.

Вам нужно доказать, что $\forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N} ....$. Выпишите определение последовательности полностью, и докажите.

Нудно доказать,что $\forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N} \forall n>N\;(|{x_{n}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$.
Какие бы $N_1$ и $N_2$ большими не были, всегда можно подобрать такой номер N, который больше их обоих и с этого номера будут выполняться $(|{x_{2k}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$ и $(|{x_{2k-1}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$, т.е. $\forall\varepsilon>0\;\exists N\in\mathbb{N}\forall k>N\;(|{x_{k}}-\frac{1}{2}|<\varepsilon)$.
Ну если заменить k на n получается нужное нам определение.

[Otta]

Примерно так, да.

[ewert]

Вообще это как-то очень странно смотрится -- доказывать утверждение общего характера в рамках конкретной задачи.

В данном случае обойти всяческие эпсилондельты легко, скажем, так. Очевидно, что $a_{2k}=\dfrac{c_0+k}{2k}$ и $a_{2k+1}=\dfrac{c_1+k}{2k+1}$ с некоторыми константами $c_0,\;c_1$ -- во всяком случае, начиная с некоторого номера. Независимо от численного значения этих констант в обоих случаях получается $\left|a_n-\dfrac12\right|\leqslant\dfrac{C}{n}$ с некоторым $C$, ч.т.д.