|
(To ćete inače na DIFRAF-u dokazivati za [latex]\mathbb{R}^n[/latex]. :))
Sljedeća tvrdnja će nam biti dovoljna: ako svaka okolina od [latex]\alpha\in\mathbb{R}[/latex] sadrži barem jedan član niza, a da je taj član različit od [latex]\alpha[/latex], onda je [latex]\alpha[/latex] gomilište niza. (Ovaj uvjet je očito "stroži" od tvog uvjeta, a zapravo lako možeš pokazati da su ta dva uvjeta ekvivalentna.)
Dokaz ide ovako: Uzmi sljedeći niz intervala (dakle, okolina): [latex]I_n=\langle \alpha-\displaystyle\frac{1}{n},\alpha+\frac{1}{n}\rangle[/latex] za sve [latex]n\in\mathbb{N}[/latex]. Sad, za svaki [latex]I_n\backslash \{\alpha\}[/latex] postoji neki [latex]a_{q(n)}[/latex] unutar tog skupa. Naš je problem sad što [latex]a_{q(n)}[/latex] nije nužno podniz (indeksi ne moraju biti rastući, a elementi se mogu i ponavljati). No dobro, to ćemo relativno lako riješiti:
Neka je [latex]a_{p(1)}=a_{q(1)}[/latex]. ([latex](a_{p(n)})_n[/latex] će nam biti traženi podniz.) Sad, tzv. jakom indukcijom (dakle, pretpostavljamo da tvrdnja vrijedi za sve [latex]1\leq k\leq n[/latex]) pretpostavimo da postoje elementi [latex]a_{p(k)}\in I_k\backslash \{\alpha\}[/latex]. Želimo tada pokazati i da možemo naći element [latex]a_{p(n+1)}\in I_{n+1}\backslash \{\alpha\}[/latex]. Pa dobro: neka je [latex]d=\min\{|a_{p(1)}-\alpha|, |a_{p(2)}-\alpha|, \ldots, |a_{p(n)}-\alpha|\}[/latex] - ovo što slijedi je relativno standardan trik. Znamo da je [latex]d>0[/latex] (jer nijedan od ovih elemenata nije [latex]\alpha[/latex]). Stoga, postoji neki [latex]t_0\in\mathbb{N}[/latex] takav da je [latex]\displaystyle\frac{1}{t_0}<d[/latex] (Arhimedov aksiom). Dapače, za sve [latex]t\geq t_0[/latex], [latex]t\in\mathbb{N}[/latex] vrijedi [latex]\displaystyle\frac{1}{t}<d[/latex].
E, sad, pogledajmo elemente [latex]a_{q(t)}[/latex] za [latex]t\geq t_0[/latex]. Nijedan od tih elemenata nije jednak nekom [latex]a_{p(k)}[/latex] "od gore". Naime, [latex]|a_{q(t)}-\alpha|<\displaystyle\frac{1}{t}\leq \frac{1}{t_0}<d=\min\{|a_{p(1)}-\alpha|, |a_{p(2)}-\alpha|, \ldots, |a_{p(n)}-\alpha|\}[/latex].
Sad, uzmimo [latex]f=\max\{t_0,p(n)\}[/latex]. Sad, ujedno znamo da [latex]a_f[/latex] nije jednak nijednom [latex]a_{p(k)}[/latex] za [latex]1\leq k\leq n[/latex] a i [latex]f>p(n)\geq n[/latex], pa je [latex]f\geq n+1[/latex]. Neka je sad [latex]a_{p(n+1)}:=a_f[/latex]: gotovi smo. :)
Naime, [latex]a_f\in\I_f\backslash\{\alpha\}[/latex], a kako je [latex]f\geq n+1[/latex], [latex]a_{p(n+1)}\in\I_{n+1}\backslash\{\alpha\}[/latex]. Stoga, završili smo korak indukcije.
Kako za članove podniza [latex](a_{p(n)})_n[/latex] vrijedi [latex]|a_{p(n)}-\alpha|<\displaystyle\frac{1}{n}[/latex], taj podniz uistinu konvergira u [latex]\alpha[/latex], pa smo gotovi.
Eto. Dokaz koji se radi u DIFRAF-u je sigurno elegantniji, ne sjećam ga se sad doslovno, ali ideja je ista. :) Ako nešto ne bude jasno, urlaj, ali to je u biti to. :)
(Ah, i pmli reče svoju riječ. :D Njegovo je zapravo jednostavnije jer ide direktno s tvojim uvjetom i nije glup kao ja. :P)
(To ćete inače na DIFRAF-u dokazivati za  .  )
Sljedeća tvrdnja će nam biti dovoljna: ako svaka okolina od  sadrži barem jedan član niza, a da je taj član različit od  , onda je gomilište niza. (Ovaj uvjet je očito "stroži" od tvog uvjeta, a zapravo lako možeš pokazati da su ta dva uvjeta ekvivalentna.)
Dokaz ide ovako: Uzmi sljedeći niz intervala (dakle, okolina):  za sve  . Sad, za svaki  postoji neki  unutar tog skupa. Naš je problem sad što nije nužno podniz (indeksi ne moraju biti rastući, a elementi se mogu i ponavljati). No dobro, to ćemo relativno lako riješiti:
Neka je  . ( će nam biti traženi podniz.) Sad, tzv. jakom indukcijom (dakle, pretpostavljamo da tvrdnja vrijedi za sve  ) pretpostavimo da postoje elementi  . Želimo tada pokazati i da možemo naći element  . Pa dobro: neka je  - ovo što slijedi je relativno standardan trik. Znamo da je  (jer nijedan od ovih elemenata nije ). Stoga, postoji neki  takav da je  (Arhimedov aksiom). Dapače, za sve  ,  vrijedi  .
E, sad, pogledajmo elemente  za . Nijedan od tih elemenata nije jednak nekom  "od gore". Naime,  .
Sad, uzmimo  . Sad, ujedno znamo da  nije jednak nijednom za a i  , pa je  . Neka je sad  : gotovi smo.
Naime,  , a kako je ,  . Stoga, završili smo korak indukcije.
Kako za članove podniza vrijedi  , taj podniz uistinu konvergira u , pa smo gotovi.
Eto. Dokaz koji se radi u DIFRAF-u je sigurno elegantniji, ne sjećam ga se sad doslovno, ali ideja je ista. Ako nešto ne bude jasno, urlaj, ali to je u biti to.
(Ah, i pmli reče svoju riječ.  Njegovo je zapravo jednostavnije jer ide direktno s tvojim uvjetom i nije glup kao ja.  )
|
