Корректна ли формулировка задачи (на пределы функций).

[Dedekind]

EUgeneUS в сообщении #1611431 писал(а):

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.

Все еще не вижу, где в определении предела слово "малое". $\forall \varepsilon >0 \exists N: ...$ и т.д. Утверждается просто: "для всех $\varepsilon$".

EUgeneUS в сообщении #1611431 писал(а):

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.

И все еще не понимаю, зачем нам что-то искать в малых $\varepsilon$, если проблемы с $\varepsilon = 11$ уже однозначно гарантируют, что $A=-10$ не является пределом.

[EUgeneUS]

Dedekind

Dedekind в сообщении #1611437 писал(а):

Все еще не вижу, где в определении предела слово "малое". $\forall \varepsilon >0 \exists N: ...$ и т.д. Утверждается просто: "для всех $\varepsilon$".

Выше, в той цитате, которую Вы привели, обсуждалось, так сказать, суть определения Коши. А не его конкретная формулировка.

Dedekind в сообщении #1611437 писал(а):

И все еще не понимаю, зачем нам что-то искать в малых $\varepsilon$, если проблемы с $\varepsilon = 11$ уже однозначно гарантируют, что $A=-10$ не является пределом.

Все эти гарантии сводятся к тому, что при "критческих" $\varepsilon, A$ мы получаем неразрешимое относительно $n$ неравенство. Что говорит о том, что в интервале $(A-\varepsilon, A+\varepsilon)$ нет ниодного члена последовательности.
Это конечно, гарантирует, что $A$ не является пределом.
Однако,
1. При других $\varepsilon$ появляются ложные корни, про которые нужно говорить какие-то бла-бла-бла, что мы их почему-то игнорируем.
2. Все эти отжимания и поклейка обоев через замочную скважину применимы только для $A \le 1$, где нет ниодного члена последовательности, и не применимо к $A \ge 1$.

И зачем вот это всё? Когда есть простые способы решения\доказательства.

-- 27.09.2023, 12:16 --

Dedekind
Для области $A < 1$ всё сводится вот к чему.
1. $0<1-A$, тогда можно выбрать $\varepsilon$ такой, что $\varepsilon < 1-A$
2. Тогда
$\frac{4}{\sqrt{n}} +1 - A < \varepsilon < 1 - A$
Откуда
$\frac{4}{\sqrt{n}} < 0$

Решений нет. Всё.

[talash]

EUgeneUS, спасибо за разъяснения.

[Tosha]

EUgeneUS в сообщении #1611439 писал(а):

Для области $A < 1$ всё сводится вот к чему.
1. $0<1-A$, тогда можно выбрать $\varepsilon$ такой, что $\varepsilon < 1-A$
2. Тогда
$\frac{4}{\sqrt{n}} +1 - A < \varepsilon < 1 - A$
Откуда
$\frac{4}{\sqrt{n}} < 0$

Спасибо, с случаем $A<1$ разобрались.

$\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A\right|<\varepsilon$.

Если $A\geqslant 1$, то можно замену сделать $B=A-1$, тогда имеет смысл рассмотреть случай $B\geqslant 0$ наше неравенство перепишем так $\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}-B\right|<\varepsilon$.

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

Рассмотрим вот эту часть двойного неравенства $B-\varepsilon < \dfrac{4}{\sqrt{n}}$ (*)

Предполагая, что существет такой номер $N(\varepsilon)$, начиная с которого выполняется это неравенство, мы придем к противорчию, так как существует $\varepsilon=B - \dfrac{1}{\sqrt{N}}$ для которого этого неравенство (*) не выполняется. Только как при этом гарантировать, что $B - \dfrac{1}{\sqrt{N}}$ будет положительным - не очень ясно (если это обосновать, то уже доказали, что предел не может быть больше единицы, но есть подозрение, что это не получится это обосновать, нужно искать другие варианты).

EUgeneUS в сообщении #1611439 писал(а):

поклейка обоев через замочную скважину

Интересная метафора
А в целом - рассмотрение случаев, когда $A\ne 1$ не является поклейкой обоев через замочную скважину?)

[Dedekind]

EUgeneUS в сообщении #1611439 писал(а):

Все эти гарантии сводятся к тому, что при "критческих" $\varepsilon, A$ мы получаем неразрешимое относительно $n$ неравенство. Что говорит о том, что в интервале $(A-\varepsilon, A+\varepsilon)$ нет ниодного члена последовательности.
Это конечно, гарантирует, что $A$ не является пределом.
Однако,
1. При других $\varepsilon$ появляются ложные корни, про которые нужно говорить какие-то бла-бла-бла, что мы их почему-то игнорируем.
2. Все эти отжимания и поклейка обоев через замочную скважину применимы только для $A \le 1$, где нет ниодного члена последовательности, и не применимо к $A \ge 1$.

Это само собой, не спорю. Спасибо.

[Tosha]

Цитата:

Только как при этом гарантировать, что $B - \dfrac{1}{\sqrt{N}}$ будет положительным

Кажется я понял как) Ведь можно сказать, что мы возьмем номера больше $N>\dfrac{1}{N^2}$

[EUgeneUS]

Tosha в сообщении #1611443 писал(а):

Если $A\geqslant 1$, то можно замену сделать $B=A-1$, тогда имеет смысл рассмотреть случай $B\geqslant 0$ наше неравенство

Здесь Вы пишите нестрогое неравенство, а далее рассуждаете, как-будто оно строгое.
Прозрачнее поступить так:
1. Сразу взять строгое неравенство $B > 0$
2. А раз неравенство строгое, то можно выбрать эпсилон так: $0 < \varepsilon < B$
3. И вот для таких $\varepsilon$ доказать, что неравенству удовлетворяют только конечное количество $n$ (или вообще нисколько).

Тогда останется один случай $B=0, A=1$, тут уже надо будет доказывать, что это и есть предел.

-- 27.09.2023, 15:25 --

Tosha в сообщении #1611443 писал(а):

А в целом - рассмотрение случаев, когда $A\ne 1$ не является поклейкой обоев через замочную скважину?)

Это обсуждалось в самом начале:

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.

Если же задание стоит найти предел, то делать нечего - придется искать, а не угадывать.
Или просто в качестве тренировки, тоже полезно.

[EminentVictorians]

EUgeneUS в сообщении #1611448 писал(а):

Если же задание стоит найти предел, то делать нечего - придется искать, а не угадывать.

Тут имелось в виду именно доказать, исходя из определения предела последовательности, что 1 является пределом данной последовательности.

По-моему, это все бессмысленная трата времени. Надо пользоваться свойствами, а не избегать их.

[mihaild]

EUgeneUS в сообщении #1611448 писал(а):

Если же задание стоит найти предел, то делать нечего - придется искать, а не угадывать

А что такое "найти предел" не в смысле "написать число и доказать, что оно является пределом"? Посмотреть под кроватью?

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1611451 писал(а):

А что такое "найти предел" не в смысле "написать число и доказать, что оно является пределом"?

Гипотетически, можно представить, что имелось в виду записать вот это:

talash в сообщении #1611408 писал(а):

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

и потом отсюда однозначно достать $A$. Собственно, ровно вариант talash.
(и случай $A > 1$ рассматривать не надо, сославшись на теорему о единственности предела). Но это настолько грустно все...

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1611453 писал(а):

и случай $A > 1$ рассматривать не надо, сославшись на теорему о единственности предела

Тогда сразу случай $A \neq 1$ рассматривать не надо, иначе это какая-то дискриминация одних неравенств по сравнению с другими.

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1611454 писал(а):

Тогда сразу случай $A \neq 1$ рассматривать не надо, иначе это какая-то дискриминация одних неравенств по сравнению с другими.

Не-а. Тут надо в особое состояние сознания войти

Нам дан такой модуль: $\left|\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A\right|<\varepsilon$

Попытаемся его раскрыть. Рассмотрим сначала случай неотрицательного подмодульного выражения.

$\dfrac{4}{\sqrt{n}}+1-A \geqslant 0$

Эквивалентными преобразованиями приходим к: $A \leqslant \dfrac{4}{\sqrt{n}}+1$.

Видим проблему: неравенство зависит от переменной $n$.

Замечаем, что $\dfrac{4}{\sqrt{n}} > 0$ всегда, значит $1 < \dfrac{4}{\sqrt{n}} + 1$.

Поэтому, если взять $A \leqslant 1$, модуль гарантированно раскроется со знаком плюс. И даже число круглое нарисовалось (единица).

Поэтому рассмотрим сначала случай $A \leqslant 1$.

Т.е. мы пришли к этому неравенству как бы естественным образом.

А потом окажется, что случай $A > 1$ рассматривать не надо.

[mihaild]

EminentVictorians в сообщении #1611455 писал(а):

Попытаемся его раскрыть. Рассмотрим сначала случай неотрицательного подмодульного выражения

Почему? У меня есть свой личный способ раскрытия модулей (но пока патентная заявка рассматривается, спешите пользоваться), который говорит что сначала надо рассмотреть случай когда выражение под модулем равно $\frac{4}{\sqrt n}$, а потом уже все остальные случаи. И вот надо же как повезло - окажется что остальные случаи рассматривать не надо.

[EminentVictorians]

mihaild в сообщении #1611456 писал(а):

И вот надо же как повезло - окажется что остальные случаи рассматривать не надо.

Так я ж не спорю. Можно войти в какое-нибудь другое состояние сознания, и увидеть эту единицу, сияющую лучами света и гармонии. Или под кроватью ее найти. Потом проверить, что она действительно является пределом. Потом сослаться на теорему о единственности предела и вуаля: мы нашли предел и доказали, что нашли правильно.

Понятно, что вариант с угадыванием абсолютно корректный и нормальный.

Просто вариант talash тоже неплох. Мне он даже больше нравится.

Я это все к тому, что "найти предел" можно понимать не только в стиле "угадать и проверить", но и в стиле варианта talash: достать из неравенства однозначным образом.

[EUgeneUS]

mihaild в сообщении #1611451 писал(а):

А что такое "найти предел" не в смысле "написать число и доказать, что оно является пределом"?

А чем одно число отличается от всех остальных других чисел, до того как доказано, что оно и есть предел?

EminentVictorians в сообщении #1611458 писал(а):

Я это все к тому, что "найти предел" можно понимать не только в стиле "угадать и проверить", но и в стиле варианта talash: достать из неравенства однозначным образом.

ИМХО, правильнее понимать так:
а) "доказать" - можно угадать и доказать.
б) "найти и доказать" - сначала каким-то образом "достать" из неравенства, а уже потом (или одновременно) доказать.
Но это спор даже не о терминах, а о понимании обычных бытовых слов.