Granice Godzio: Jak udowodnić tą implikację: lim_n→∞a_n² = 0 ⇒ lim_n→∞a_n = 0 Z definicji coś nie chce mi pójść

Basia: no jak to nie chce ? idzie; napisać ?

Godzio: a_n² < ε ⇒ |a_n| < √ε, ale √ε > ε przy małym ε

Godzio: Jeśli możesz to napisz

Basia: ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N |a_n²−0| < ε ⇒ ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N 0 ≤ a_n² < ε ⇒ ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N a_n² − ε < 0 ⇔ ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N (a_n−√ε)(a_n+√ε)<0 ⇔ ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N −√ε < a_n < √ε starczy ?

Godzio: Czyli może być < √ε , zawsze mnie to zastanawia czy tak może być

Basia: albo tak: mój wybrany ε ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N |a_n²| < ε jak dla każdego to dla ε² też czyli ∀_ε>0 ∃_N ∀_n≥N |a_n²| < ε² dalej już wiadomo

AC: Przecież możesz sobie wprowadzić, nowe ∊' = √∊

Basia: tak Godziu może być √ε √dowolnie małego jest dowolnie mały kwadrat dowolnie małego jest dowolnie mały wielokrotność dowolnie małego jest dowolnie mała trochę paradoksalnie dla licealistów to będzie wyglądało, ale jeżeli ε oznacza wartość dowolnie małą uprawnione są "skróty myślowe" typu: √ε = ε ε² = ε 5ε = ε i tak dalej a jak chcesz mieć już kompletny Wersal to patrz poprzedni wpis

Godzio: Ok Dzięki

Basia: możesz też zacząć z drugiej strony: |a_n| < ε ⇔ −ε < a_n < ε ⇔ 0 ≤ a_n² ≤ ε² a to jest prawda bo skoro dla każdego ε to i dla ε₁=ε²

Basia: to się nazywa "teorią ciutów" ciut + ciut = ciut C*ciut = ciut √ciut = ciut i tak dalej oczywiście to żart wymyślony kiedyś na bazie działań na alefach₀ ale nie taki całkiem bezsensowny a przez kogo ? nie pamiętam, ale w grę wchodzi dwóch panów, których przynajmniej ze słyszenia zapewne znasz

Mila: Godzio, "tę".

Godzio: Zapamiętam A mam jeszcze jedno na dzisiaj lim_n→∞a_n² = 1 i lim_n→∞(a_n+1 − a_n) = 0 Czy ciąg a_n jest zbieżny ?

Basia: sądzę, że jest (w każdym razie żaden sensowny kontrprzykład nie przychodzi mi do głowy), ale nad dowodem musiałabym podumać chwilę dłużej

Godzio: Ok, to jak znajdziesz chwilkę to będę wdzięczny, ja myślę i na nic nie mogę wpaść

Basia: do ±∞ a_n dążyć nie może; to oczywiste, bo wtedy byłoby: a_n² →+∞ przypuśćmy zatem, że a_n jest rozbieżny znajdziemy wobec tego dwa podciągi nieskończone a_ki i a_li takie, że [ a_ki → 1 ∧ a_li → g ∧ g≠1 ]∨ [ a_ki→ −1 ∧ a_li → g ∧ g≠−1] ∨ [ a_ki → 1 ∧ a_li → −1 ] wtedy musi się znaleźć nieskończenie wiele takich par a_ki i a_lj, że k_i = l_j+1 1. a_ki → 1 mamy |a_ki − 1| < ε i |a_lj − g| < ε −ε+1 < a_ki < ε+1 i −ε+g < a_lj < ε+g −ε+1 < a_ki < ε+1 i ε−g > − a_lj > −ε−g −ε+1 < a_ki < ε+1 i −ε−g < − a_lj < ε−g −ε+1−ε−g < a_ki − a_lj < ε+1+ε−g −2ε + (1−g) < a_ki−a_lj < 2ε + (1−g) −2ε < a_ki−a_lj − (1−g) < 2ε czyli mamy taki podciąg nieskończony ciągu b_n = a_n+1 − a_n który jest zbieżny do 1−g≠0 sprzeczność przypadki (2) i (3) identycznie darowałam sobie kwantyfikatory, w porządnym zapisie powinny być

Godzio: Dzięki za trudy, jutro rano sobie to przeanalizuje Teraz już będę lecieć, dobranoc

AC: Granica dowolnego podciągu musi mieć taką własność, że g² =1 ⇒ g = 1 ⋁ g = −1 tak więc w Twoim rozwiązaniu praktycznie jest tylko przypadek numer 3

Basia: aby ścisłości stało się zadość: z tego, że a_n² → 1 wcale nie wynika, że każdy podciąg jest zbieżny do 1 lub −1 bo może być rozbieżny a_n = (−1)ⁿ natomiast nie może istnieć podciąg a_ki zbieżny do g≠1 ∧ g≠ −1 bo wówczas podciąg (a_ki)² byłby zbieżny do g²≠1 (zasadniczo w tym miejscu trzeba najpierw udowodnić lemat: a_n→g (skończonego) ⇒ a_n²→g² ale to łatwe) czyli a_n² nie byłby zbieżny do 1 i dopiero w tym momencie można odrzucić przypadki (1) i (2) i zająć się przypadkiem (3)

AC: Masz rację. Źle sformułowałem swoją wypowiedź. Powinno być tak jak piszesz, że nie istnieje podciąg zbieżny do g ≠ ±1