Unik grense - epsilon bevis

Mange finner bevis vanskelig. Her er rom for spørsmål vedrørende bevis, og for å dele dine bevis med andre. Vi tenker først og fremst videregående nivå, men det er ingen begrensninger her.

Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa

Svar
Markonan
Euclid
Euclid
Innlegg: 2136
Registrert: 24/11-2006 19:26
Sted: Oslo

Læreboken har nettopp utledet et bevis for at hvis følgen
[tex]a_n \rightarrow a[/tex] og [tex]a_n \rightarrow b[/tex] når
[tex]n \rightarrow \infty[/tex], så er a = b. Dette bevises ganske enkelt med en selvmotsigelse.

En av oppgavene er derimot å komme med et alternativt bevis for dette. De enkelte leddene er stykket opp, og så skal man utlede det nye beviset fra de enkelte resultatene.
a) Vis at hvis
[tex]|a-b| < \epsilon[/tex] for alle [tex]\epsilon > 0[/tex], så er [tex]a = b[/tex]

Ok. Jeg er særdeles uerfaren med slik bevisføring og jeg står helt dønn fast på denne. Vil ikke egentlig setningen vise seg selv?

Hvis vi har [tex]|a-b| < \epsilon[/tex] for alle epsilon [tex]\Rightarrow a = b[/tex]
Uansett hvor liten differensen er, kan vi bare velge en epsilon som er mindre. Følgelig må a være lik b.

Er det virkelig så rett frem?

(Visste ikke om jeg skulle legge denne inne under høyskole eller bevis. Men la den her, siden det er et bevis :) ).

=============================
Kom på en alternativ måte som kanskje er litt bedre (selv om jeg fortsatt tror den første holder).

Vi antar at
[tex]a \not= b[/tex]

Da vil vi ha en gyldig epsilon hvis vi setter:
[tex]\epsilon = \frac{|a-b|}{2} > 0[/tex]

Men dette gir oss en selvmotsigelse når
[tex]|a-b| < \epsilon = \frac{|a-b|}{2}[/tex]

derfor kan ikke a [symbol:ikke_lik] b! 8-)
An ant on the move does more than a dozing ox.
Lao Tzu
Markonan
Euclid
Euclid
Innlegg: 2136
Registrert: 24/11-2006 19:26
Sted: Oslo

b) Vis at hvis
[tex]a_n \rightarrow a[/tex] og [tex]a_n \rightarrow b[/tex] når
[tex]n \rightarrow \infty[/tex]

så vil
[tex]|a-b| < \epsilon[/tex] for alle [tex]\epsilon > 0[/tex]
---------------
Fra definisjonen har vi at
[tex]|a_n - a| < \frac{\epsilon}{2}[/tex] for [tex]n \geq N_1[/tex]

[tex]|a_n - b| < \frac{\epsilon}{2}[/tex] for [tex]n \geq N_2[/tex]

Fra dette kan vi utlede, med n > max(N_1, N_2)

- (første forsøk) -
[tex]|(a_n + a_n) - (a + b)| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon[/tex]

[tex]|(a_n - a) + (a_n - b)| < \epsilon[/tex]

- et mirakel inntreffer -


[tex]|a - b| < \epsilon[/tex]

Hehe. Trenger muligens et lite hint til beregningene et visst sted. ;)
Edit====================
Da klarte jeg denne også (men det tar tid!). :)

Starter med |a-b|, legger til og trekker fra a_n, og bruker trekantulikheten
[tex]|a - a_n + a_n - b| \leq |a-a_n| + |a_n - b| = |a_n - a| + |a_n - b| < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon[/tex]

og vi har vist at
[tex]|a-b| < \epsilon[/tex] for alle epsilon.
Sist redigert av Markonan den 21/01-2008 22:37, redigert 1 gang totalt.
An ant on the move does more than a dozing ox.
Lao Tzu
ingentingg
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 451
Registrert: 25/08-2005 17:49

Prøv å ta den ene absoluttverdien - den andre. Så kan du bruke trekantulikheten.
Markonan
Euclid
Euclid
Innlegg: 2136
Registrert: 24/11-2006 19:26
Sted: Oslo

Vet ikke om du fikk med deg et jeg redigerte innlegget. Det blir vel riktig det jeg gjorde?

Hvis det er tilfellet, så begynner jeg kanskje å få litt kontroll på sakene. :)
An ant on the move does more than a dozing ox.
Lao Tzu
ingentingg
Weierstrass
Weierstrass
Innlegg: 451
Registrert: 25/08-2005 17:49

Det ser veldig bra ut det. Å legge til å trekke fra det samme er standardmåten på sånne oppgaver.
Svar