szukanie zaawansowane
 [ Posty: 5 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna
PostNapisane: 17 lis 2018, o 01:28 
Użytkownik

Posty: 120
Lokalizacja: Warszawa
Mamy zbiór A = \left\{ \frac{m^2-n}{m^2+n} : m > 2n > 1  \wedge  m,n \in \NN\right\}.

Mam znaleźć \inf A oraz \sup A.

Za warunków zadania mamy że \frac{1}{2}m > n  \Rightarrow \frac{1}{4}m^2 > n^2  \Rightarrow m^2 - n > m^2 - n^2 > \frac{1}{4}m^2 - n^2 > 0, czyli licznik jest zawsze większy od zera, mnianownik również w oczywisty sposób, więc każdy element zbioru a_{m,n} =  \frac{m^2-n}{m^2+n} > 0.

Dodatkowo widać że m^2 + n^2 > m^2 - n  \Rightarrow 1 > \frac{m^2-n}{m^2+n} a więc dla każdego m,n spełniającego warunki zadania mamy że 1 > a_{m,n} > 0. Mamy jakieś ograniczenia zbioru, to już coś.

Teraz wykażmy że \sup A = 1.

1. Ustalmy sobie że n = 1. Dla każdego \epsilon > 0 musi istnieć takie N że dla wszystkich m > N zachodzi 1 - \epsilon < \frac{m^2-1}{m^2+1}.
Przekształcając równoważnie mamy że \frac{2}{m^2+1} < \epsilon a stąd mamy ciąg nierówności \frac{2}{m^2+1} < \frac{2}{m} < \epsilon a więc dobierając N = \left[ \frac{2}{\epsilon}\right] + 1, mamy że dla każdego m > N zachodzi ta nierówność.

Teraz musze pokazać że nie istnieje żadne inne mniejsze ograniczenie górne od 1. Przypuścimy że \sup A = M < 1. W takim razie muszą istnieć jakieś elementy a_{m,n} > M a więc muszę pokazać że dla każdego kandydata na \sup A = M > 1 (przy w szczególności ustalonym n=1) a_{m} > M dla dostatecznie dużych m.

-- 17 lis 2018, o 01:33 --

Czy mógłby mi ktoś pomóc dalej to pociągnąć ?

-- 17 lis 2018, o 01:35 --



-- 17 lis 2018, o 01:36 --

Ja myśałem że tak : skoro dla dostatecznie dużych m ma zachodzić a_{m} > M to mamy \frac{m^2-1-M(m^2+1)}{m^2+1} > 0 co zachodzi dla każdego 0<M<1. A więc ta nierówność przestaje być prawdziwa dla M = 1 więc najmniejszym ograniczeniem górnym jest 1.

Czy tak jest dobrze?
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 17 lis 2018, o 03:46 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 14103
Lokalizacja: Wrocław
Dziwnie skomplikowany ten zbiór.

Cytuj:
Przekształcając równoważnie mamy że \frac{2}{m^2+1} < \epsilon a stąd mamy ciąg nierówności \frac{2}{m^2+1} < \frac{2}{m} < \epsilon

Ten zapis jest co najmniej bardzo niezręczny, już widzę znękanego doktoranta, który wyżywa się, obcinając za to punkty. Jednak idziesz w całkowicie dobrym kierunku, a i większość ruchów OK.
Ja bym to napisał tak:
przekształcając warunek równoważnie mamy \frac{2}{m^2+1} < \epsilon, a ponieważ dla każdego m\in \NN^+ zachodzi nierówność
\frac{2}{m^2+1}<\frac{2}{m}, więc biorąc N=\left[ \frac{2}{\epsilon}\right] + 1 mamy, że dla każdego m większego od N żądana nierówność zachodzi.
O co chodzi: pisząc „a stąd mamy ciąg nierówności(…)" sugerujesz, że tenże ciąg nierówności wynika z tego, co było wcześniej powiedziane (ścisłej, napisane). A tak nie jest: mamy właśnie dobrać takie N, by dla m>N zachodziła nierówność \frac{2}{m^2+1} < \epsilon, a tak, jak to napisałeś, to wygląda na to, że założyłeś, iż to prawda (nie wiadomo w tym momencie dla jakich m), a potem z tego wywnioskowałeś ni stąd ni zowąd ów ciąg nierówności \frac{2}{m^2+1} <\frac 2 m< \epsilon. Ale może jestem przeczulony, gdyż pamiętam, za jakie bzdety ja traciłem punkty w pracach domowych z algebry liniowej…
Cytuj:
Teraz musze pokazać że nie istnieje żadne inne mniejsze ograniczenie górne od 1. Przypuścimy że \sup A = M < 1. W takim razie muszą istnieć jakieś elementy a_{m,n} > M a więc muszę pokazać że dla każdego kandydata na \sup A = M > 1 (przy w szczególności ustalonym n=1) a_{m} > M dla dostatecznie dużych m.

Ten fragment, prócz tego, że trochę chaotyczny i bełkotliwy, jest totalnie zbędny (jak i wszystko poniżej). Pokazałeś przecież wyżej, że zawsze zachodzi a_{m,n}<1 i że a_{m,n} mogą być dowolnie bliskie 1. Stąd przecież własnie wynika, że mniejszego ograniczenia górnego nie ma.
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 17 lis 2018, o 03:55 
Użytkownik

Posty: 120
Lokalizacja: Warszawa
Dzięki racja! Ostatni fragment jest nieistotny. Chciałem go zaaplikować dlatego bo siedząc w zbiorach gdzie któryś z elementów osiąga kres, uczono mnie aby wykazać że jeśli przykładowo kres górny byłby mniejszy od wyznaczonego, to aby doprowadzić do sprzeczności, trzeba by pokazać iż istnieje jakiś element nad tym nowym kresem - i stąd wywnioskować że innego kresu mieć nie możemy(poza tym pierwszym).
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 17 lis 2018, o 14:58 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 712
Lokalizacja: somewhere
Można też zobaczyć, że: \left\{  \frac{m^2-1}{m^2+1} : m>2 \right\} \subseteq A. Dużo łatwiej pokazać, że \sup \left\{  \frac{m^2-1}{m^2+1} : m>2 \right\}=1 (np. przechodząc do granicy z m do nieskończoności). Skoro zaś 1 ogranicza z góry nasz wyjściowy zbiór, to także jego kres górny wynosi 1
Góra
Mężczyzna
PostNapisane: 17 lis 2018, o 17:27 
Użytkownik

Posty: 16717
Lokalizacja: Bydgoszcz
karolex123 napisał(a):
Można też zobaczyć, że: \left\{  \frac{m^2-1}{m^2+1} : m>2 \right\} \subseteq A. Dużo łatwiej pokazać, że \sup \left\{  \frac{m^2-1}{m^2+1} : m>2 \right\}=1 (np. przechodząc do granicy z m do nieskończoności). Skoro zaś 1 ogranicza z góry nasz wyjściowy zbiór, to także jego kres górny wynosi 1


Przecież właśnie to pokazał, tyle, że korzystając z definicji granicy
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 5 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 (3 zadania) Czy istnieją ciagi liczb o własnościach ... ?  Anonymous  3
 suma kwadratow kolejnych liczb nieparzystych  Anonymous  2
 trudne zadanie  Anonymous  1
 podadyttywny ciąg liczb rzeczywistych  PIOTROSLAV  0
 kres gorny wyrazenia (1+1/n)^n - jak obliczyc?  Anonymous  2
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl