Вынесение неявного общего множителя. Теорема Штольца. 2

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1504102 писал(а):

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

$n$, конечно. В том-то же и дело, что $f(n)$ и $f(n+1)$ принимают на некотором определенном аргументе $n_1$ разные значения: первая функция принимает значение $f(n_1)$, а вторая - $f(n_1+1)$.

Вы же в начале писали про $\frac{x_n}{y_n}$ и $\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}$ и пытались разобраться разные ли у них пределы при $ n\to \infty$, и они как раз и иллюстрируют эти две разные последовательности.

И я же писал вам выше, что если запись $f(n+1)$ вам непонятна или непривычна, то рассматривайте это как последовательность $g(n) = f(n+1)$. Здесь совсем должно быть очевидно какой у нее аргумент.

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1504087 писал(а):

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.

Теперь -- благодаря Вам -- я это знаю, но два дня назад еще не знал. Однако я шел к пониманию этого, в подтверждение этому привожу выдержку из своего черновика.

Цитата:

В доказательстве рассматривается член номер $n+1$ и доказывается, что он попадает в этот промежуток:

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

или

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

но то, что в него попадает также и член номер $n$, то есть что

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

не доказывается.

Он бы туда попадал, если бы было

$$\frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}=\frac {x_{n}}{y_{n}},$$

то есть если бы все члены рассматриваемой последовательности -- обозначим ее $x$ -- были равны, либо если бы имелась другая последовательность, последовательность $x'$, у которой член $\frac {x_{n}}{y_{n}}$ равен члену $\frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}$ последовательности $x$.

Первый случай отбрасывается, значит, можно говорить только о втором случае, то есть о другой последовательности.

Таким образом, налицо подмена одной последовательности другой.

Последний аргумент я приводил в пользу предположения, что теорема не доказана, так как я полагал, что в доказательстве речь идет об одной и той же последовательности.

[Odysseus]

Главное если в итоге во всем разобрались. Или еще остались какие-то сомнения/вопросы?

[Vladimir Pliassov]

Я разобрался пока что только в том, что это две разные последовательности, теперь думаю, как доказать, что они имеют один и тот же предел.

[Odysseus]

Vladimir Pliassov в сообщении #1504200 писал(а):

теперь думаю, как доказать, что они имеют один и тот же предел.

Это не совсем так. Не "имеют один и тот же предел", а "если одна из них имеет некий предел, то и вторая имеет тот же предел". Это разные утверждения, поскольку они обе могут не иметь никакого предела.

И доказательство этого совершенно прямолинейно.
1) Вам дано, что одна последовательность имеет некий предел. Запишите полностью, что это значит исходя из определения предела.
2) Нужно доказать, что и вторая имеет тот же предел. Запишите полностью, что это значит исходя из определения предела.
3) Докажите №2 с учетом того, что дано в №1, и используя полностью расписанные определения предела в каждом случае.

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1504199 писал(а):

Или еще остались какие-то сомнения/вопросы?

В выражении

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

$x_{n+1}$ и $x_n$ это две разные последовательности или два соседних члена одной последовательности?

То же самое касается $y_{n+1}$ и $y_n$.

[Odysseus]

А это неважно. Как захотите/определите, так и будет, и ни на что этот выбор не повлияет

Возьмите две разные последовательности $f(n)$ и $g(n)$ и сформируйте из них последовательность $h(n) = f(n) +g(n)$. Допустим, $f(n) = n$, а $g(n) = n+1$. Тогда $h(n) = n+n+1$. А теперь задайте себе вопрос: в правой части две разные последовательности или два члена одной последовательности? И то, и другое будет правильно.

Когда они входят в одно выражение и вместе формируют какую-то другую последовательность - можно считать как угодно. Но когда вы рассматриваете их отдельно (что вам и требовалось делать, когда речь шла о доказательстве равенства пределов), так уже не получится, необходимо будет считать их разными.

Но вы все же делаете не то, что я вам рекомендовал в этой теме, причем уже несколько раз. Это, конечно, ваше право, но пока вы явно не напишите то, что я вас просил, а именно (в отношении $f(n)$ и $g(n) = f(n+1)$):

Odysseus в сообщении #1504209 писал(а):

1) Вам дано, что одна последовательность имеет некий предел. Запишите полностью, что это значит исходя из определения предела.
2) Нужно доказать, что и вторая имеет тот же предел. Запишите полностью, что это значит исходя из определения предела.
3) Докажите №2 с учетом того, что дано в №1, и используя полностью расписанные определения предела в каждом случае.

хотя бы №1 и №2 с попытками решения №3, я, извините, в этой теме вам больше отвечать не буду.

[Vladimir Pliassov]

Odysseus в сообщении #1504209 писал(а):

1) Вам дано, что одна последовательность имеет некий предел. Запишите полностью, что это значит исходя из определения предела.
2) Нужно доказать, что и вторая имеет тот же предел. Запишите полностью, что это значит исходя из определения предела.
3) Докажите №2 с учетом того, что дано в №1, и используя полностью расписанные определения предела в каждом случае.

1) Уже доказано, что

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

то есть что для всякого $\varepsilon>0$ существует $n_0$ (см. первоначальное сообщение) такое, что при всех $n\geqslant n_0$ имеем

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

2) Нужно доказать, что также и

$$\lim\limits_{n\to \infty} \frac{x_{n}}{y_{n}}=l,$$

то есть что для всякого $\varepsilon_1>0$ существует $N'$ такое, что при всех $n>N'$

$$\left \vert \frac {x_{n}}{y_{n}}-l\right \vert <\varepsilon_1.$$

Поскольку $\varepsilon$ в доказательстве теоремы был выбран произвольно (в доказательстве не было сказано, что он был выбран, но, очевидно, это имелось в виду), можно взять $\varepsilon_1=\varepsilon$ и переформулировать цель нашего доказательства:

нужно доказать, что для $\varepsilon$ существует $N'$ такое, что при всех $n>N'$

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

3) Доказательство. Пусть $n=n'_0$, где $n'_0$ произвольный номер $\geqslant n_0$ тогда

$$\frac {x_{n+1}}{y_{n+1}}=\frac {x_{n'_0+1}}{y_{n'_0+1}},$$

поэтому

$$\left \vert \frac {x_{n'_0+1}}{y_{n'_0+1}}-l\right \vert <\varepsilon.$$

Пусть теперь $n=n'_0+1$ (это возможно, так как $n\to \infty$), тогда

$$\frac {x_{n}}{y_{n}}=\frac {x_{n'_0+1}}{y_{n'_0+1}}\Rightarrow \left \vert \frac {x_{n}}{y_{n}}-l\right \vert = \left \vert \frac {x_{n'_0+1}}{y_{n'_0+1}}-l\right \vert<\varepsilon.$$

Таким образом, при $n>N'=n_0$

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

или

$$\lim\limits_{n\to \infty} \frac{x_{n}}{y_{n}}=l,$$

ч.т.д..

[Odysseus]

Vladimir Pliassov
Формально правильно, но неаккуратно и намного длиннее, чем это доказательство заслуживает.
- Обозначения неудачные. $n_0$ и $N'$ это параметры одного типа, поэтому намного логичнее обозначать их похожим образом, например $N$ и $N'$.
- Вводить $\varepsilon_1$ и $n'_0$ было необязательно. Это удлиняет доказательство не добавляя к нему содержательности.
- Хотя и встречаются два разных/эквивалентных определения предела последовательности, в одном из которых $\left \vert f(n)-l\right \vert <\varepsilon$ при $n>N$, а в другом $\left \vert f(n)-l\right \vert <\varepsilon$ при $n\geqslant N$, использовать в одном доказательстве оба определения - это небрежность и плохой тон.

Кстати, а вы представляете себе картинки/образы в голове для новых понятий и теорем? В данном случае могу предложить такой. Значения последовательности $\frac{x_{n+1}}{y_{n+1}}$ "опережают" на одно значение аргумента значения $\frac{x_{n}}{y_{n}}$ (например, первая при $n=4$ принимает такое же значение, как вторая при $n=5$). Поэтому если у первой последовательности все члены достаточно близки к $l$ (отличаются меньше, чем на $\varepsilon$) начиная с $N$, то чтобы такое же было и с членами второй последовательности, соответствующий номер у нее должен быть на 1 больше, чем $N$. Отсюда следует, что $N'=N+1$. Формальное доказательство состоит в аккуратной записи вышесказанного, но его при этом можно сохранить настолько же коротким.

[Vladimir Pliassov]

Спасибо!