Kres zbioru liczb, dość trudne

Własności ciągów i zbieżność, obliczanie granic. Twierdzenia o zbieżności.
mmss
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 132
Rejestracja: 1 lis 2018, o 15:40
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 14 razy
Pomógł: 2 razy

Kres zbioru liczb, dość trudne

Post autor: mmss » 17 lis 2018, o 00:28

Mamy zbiór \(\displaystyle{ A = \left\{ \frac{m^2-n}{m^2+n} : m > 2n > 1 \wedge m,n \in \NN\right\}}\).

Mam znaleźć \(\displaystyle{ \inf A}\) oraz \(\displaystyle{ \sup A}\).

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

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

Teraz wykażmy że \(\displaystyle{ \sup A = 1}\).

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

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

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

Czy tak jest dobrze?
Rekrutacja Instytut Matematyczny, Uniwersytet Wrocławski (gif)

Awatar użytkownika
Premislav
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 14923
Rejestracja: 17 sie 2012, o 13:12
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 133 razy
Pomógł: 4940 razy

Re: Kres zbioru liczb, dość trudne

Post autor: Premislav » 17 lis 2018, o 02:46

Dziwnie skomplikowany ten zbiór.
Przekształcając równoważnie mamy że \(\displaystyle{ \frac{2}{m^2+1} < \epsilon}\) a stąd mamy ciąg nierówności \(\displaystyle{ \frac{2}{m^2+1} < \frac{2}{m} < \epsilon}\)
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 \(\displaystyle{ \frac{2}{m^2+1} < \epsilon}\), a ponieważ dla każdego \(\displaystyle{ m\in \NN^+}\) zachodzi nierówność
\(\displaystyle{ \frac{2}{m^2+1}<\frac{2}{m}}\), więc biorąc \(\displaystyle{ N=\left[ \frac{2}{\epsilon}\right] + 1}\) mamy, że dla każdego \(\displaystyle{ m}\) większego od \(\displaystyle{ N}\) 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 \(\displaystyle{ N}\), by dla \(\displaystyle{ m>N}\) zachodziła nierówność \(\displaystyle{ \frac{2}{m^2+1} < \epsilon}\), a tak, jak to napisałeś, to wygląda na to, że założyłeś, iż to prawda (nie wiadomo w tym momencie dla jakich \(\displaystyle{ m}\)), a potem z tego wywnioskowałeś ni stąd ni zowąd ów ciąg nierówności \(\displaystyle{ \frac{2}{m^2+1} <\frac 2 m< \epsilon}\). Ale może jestem przeczulony, gdyż pamiętam, za jakie bzdety ja traciłem punkty w pracach domowych z algebry liniowej…
Teraz musze pokazać że nie istnieje żadne inne mniejsze ograniczenie górne od \(\displaystyle{ 1}\). Przypuścimy że \(\displaystyle{ \sup A = M < 1}\). W takim razie muszą istnieć jakieś elementy \(\displaystyle{ a_{m,n} > M}\) a więc muszę pokazać że dla każdego kandydata na \(\displaystyle{ \sup A = M > 1}\) (przy w szczególności ustalonym \(\displaystyle{ n=1}\)) \(\displaystyle{ a_{m} > M}\) dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ m}\).
Ten fragment, prócz tego, że trochę chaotyczny i bełkotliwy, jest totalnie zbędny (jak i wszystko poniżej). Pokazałeś przecież wyżej, że zawsze zachodzi \(\displaystyle{ a_{m,n}<1}\) i że \(\displaystyle{ a_{m,n}}\) mogą być dowolnie bliskie \(\displaystyle{ 1}\). Stąd przecież własnie wynika, że mniejszego ograniczenia górnego nie ma.

mmss
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 132
Rejestracja: 1 lis 2018, o 15:40
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Warszawa
Podziękował: 14 razy
Pomógł: 2 razy

Re: Kres zbioru liczb, dość trudne

Post autor: mmss » 17 lis 2018, o 02:55

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).

Awatar użytkownika
karolex123
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 728
Rejestracja: 22 gru 2012, o 11:01
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: somewhere
Podziękował: 38 razy
Pomógł: 124 razy

Re: Kres zbioru liczb, dość trudne

Post autor: karolex123 » 17 lis 2018, o 13:58

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

a4karo
Użytkownik
Użytkownik
Posty: 18276
Rejestracja: 15 maja 2011, o 20:55
Płeć: Mężczyzna
Lokalizacja: Bydgoszcz
Podziękował: 5 razy
Pomógł: 3085 razy

Re: Kres zbioru liczb, dość trudne

Post autor: a4karo » 17 lis 2018, o 16:27

karolex123 pisze:Można też zobaczyć, że: \(\displaystyle{ \left\{ \frac{m^2-1}{m^2+1} : m>2 \right\} \subseteq A}\). Dużo łatwiej pokazać, że \(\displaystyle{ \sup \left\{ \frac{m^2-1}{m^2+1} : m>2 \right\}=1}\) (np. przechodząc do granicy z \(\displaystyle{ m}\) do nieskończoności). Skoro zaś \(\displaystyle{ 1}\) ogranicza z góry nasz wyjściowy zbiór, to także jego kres górny wynosi \(\displaystyle{ 1}\)
Przecież właśnie to pokazał, tyle, że korzystając z definicji granicy

ODPOWIEDZ