2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.



Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3
 
 
Сообщение19.11.2008, 14:57 


17/11/08
18
Стало бы так.
Для того, чтобы доказать, что $\sup\{x+y\}=\sup\{x\}+\sup\{y\}$ нам нужно доказать, что 1)принадлежит множеству верхних граней для $\{x+y\}$ и 2)является там минимальным элементом.

1) Действительно очевидно, что сумма супремумов является верхней гранью для суммы (так это можно записать?):
$(\forall x \in \{x\}) \ \sup\{x\} \geqslant x, \ (\forall y \in \{y\}) \ \sup\{y\} \geqslant y \ \Rightarrow$
$ \Rightarrow (\sup\{x\}+\sup\{y\}) \geqslant (x+y) \ (\forall (x+y) \in \{x+y\})$

2) Теперь докажем, что любое меньшее число верхней гранью являться не будет:
$(\forall\varepsilon>0)\ \exists x\in\{x\}:\ x>\sup\{x\}- \frac{\varepsilon}{2}$
$(\forall\varepsilon>0)\ \exists y\in\{y\}:\ y>\sup\{y\}- \frac{\varepsilon}{2}$
$(\forall\varepsilon>0)\ \exists (x+y)\in\{x+y\}:\ (x+y)>\sup\{x\}+\sup\{y\}-\varepsilon$

Рассматривая 1) и 2) совместно, можно утверждать, что
$\sup\{x+y\}=\sup\{x\}+sup\{y\}$

ps. еще раз перечитал, что написал.. вроде бы ничего нигде не перепутал :)

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.11.2008, 15:03 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
мне тоже кажется, что нормально

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение19.11.2008, 15:08 


17/11/08
18
ewert в сообщении #159867 писал(а):
мне тоже кажется, что нормально

Замечательно :)
Сегодня выходной, завтра пойдем дальше

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.11.2008, 08:35 


17/11/08
18
Продолжаем ))
Архипов, Садовничий, Чубариков - Лекции по математическому анализу - лекция 6, пар.4 - Предельный переход в неравенствах
Утверждение 1.
Пусть $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = l$, тогда если для всякого $n$ имеет место неравенство $a_n > c$ или $(a_n \geqslant c)$, то $l \geqslant c$
Доказательство
Из условия имеем, что $\alpha_n = a_n-l$ - бесконечно малая последовательность, причем $\alpha_n = a_n-l \geqslant c-l$. Если допустить, что $c - l > 0$, то тогда при $\varepsilon=\frac{c-l}{2}$ получим, что $\varepsilon$-окрестность нуля вообще не содержит ни одной точки последовательности $\{\alpha_n\}$. Это противоречит тому, что $\{\alpha_n\}$ - б.м.п. Значит, $c-l \leqslant 0$, $l \geqslant 0$, что и требовалось доказать.

В общем-то, ничего сложного,конечно, только вот никак не могу понять вот что: почему из того, что $c-l > 0$ следует, что при $\varepsilon=\frac{c-l}{2}, \ \varepsilon$-окрестность нуля вообще не содержит ни одной точки последовательности $\{\alpha_n\}$. Ведь вроде бы получается, что дробь $\frac{c-l}{2}$ положительна, охватывает окрестность нуля $\pm \varepsilon$, а $\{\alpha_n\}$ сходится к нулю?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.11.2008, 08:38 
Экс-модератор


17/06/06
5004
basil-77 в сообщении #161414 писал(а):
почему из того, что $c-l > 0$ следует, что при $\varepsilon=\frac{c-l}{2}, \ \varepsilon$-окрестность нуля вообще не содержит ни одной точки последовательности $\{\alpha_n\}$
Потому что мы предположили, что $a_n-l>c-l$.
basil-77 в сообщении #161414 писал(а):
Ведь вроде бы получается, что дробь $\frac{c-l}{2}$ положительна, охватывает окрестность нуля $\pm \varepsilon$, а $\{\alpha_n\}$ сходится к нулю?
В этом и противоречие.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.11.2008, 08:44 


17/11/08
18
AD
А в чем тогда смысл задавать $\varepsilon=\frac{c-l}{2}$, можно тогда и на 3 делить, да и на сколько угодно, пожалуй... - разве суть от этого изменится?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.11.2008, 12:22 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
basil-77 писал(а):
AD
А в чем тогда смысл задавать $\varepsilon=\frac{c-l}{2}$, можно тогда и на 3 делить, да и на сколько угодно, пожалуй... - разве суть от этого изменится?

Нет, не изменится. Просто это -- конкретизация, сделанная якобы для сокращения записи. А упрощает это доказательство фактически или наоборот -- когда как. Обычно -- наоборот, усложняет.

Вообще и формулировка, и доказательство выглядит как-то корявенько. Надо примерно так:

Цитата:
Утверждение 1.
Если $a_n \geqslant c\ (\forall n)$ и $\lim \limits_{n \to \infty} a_n = l$, то $l \geqslant c$.

Доказательство. Предположим обратное: $l<c$. Выберем произвольное положительное $\varepsilon<c-l$. По определению предела имеем $|a_n-l|\leqslant\varepsilon<c-l$ для всех достаточно больших $n$, откуда $a_n<c$. Это противоречит исходному предположению, согласно которому $a_n \geqslant c$ для всех $n$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение24.11.2008, 13:18 


17/11/08
18
ewert в сообщении #161452 писал(а):
Вообще и формулировка, и доказательство выглядит как-то корявенько.

хм... взято дословно из упомянутых мной выше "Лекций..."
ewert в сообщении #161452 писал(а):
Надо примерно так:

А вот Ваш вариант действительно кажется как-то более целостным и понятным ))

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 38 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: Bing [bot]


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group