Análisis real: demostrando la convergencia de una secuencia

Question

He aquí la pregunta:

Deje $(x_n)$ ser una secuencia. Suponga que $x_n \to 0$. Deje que $\sigma : \mathbb{N} \to \mathbb{N} $ be a bijection. Define a new sequence $y_n:= x_{\sigma(n)}$. Show that $y_n \to 0$.

Aquí está mi intento de prueba:

Deje $\epsilon >0$ ser arbitraria. Entonces existe $N\in\mathbb{N}$ tal que para $n\ge N$,$\left| x_n \right|<\epsilon$. Ahora, definir el conjunto $A:=\{n\in \mathbb{N} : \sigma(n) < N \}$. Claramente, $A$ es el conjunto finito (desde $\sigma$ es un bijection y no son, precisamente, $N-1$ elementos del conjunto). Deje $M=\max A +1$. Es evidente por la definición de $(y_n)$ que$n\ge \sigma(M)$,$|y_n|< \epsilon$.

Es esto una prueba de la correcta? ¿Cuáles son algunas de las variantes de las pruebas?

Answer 1

Algo extraño ha sucedido. Creo que donde dice $n \geq \sigma(M)$ sólo desea $n \geq M$. Vamos a ver a tu manera primero:

Su argumento

Usted dice $M = \max A + 1$.

Luego de tomar $n \geq \sigma(M)$.

Ahora $y_n = x_{\sigma(n)}$ y desea $|y_n| < \epsilon$, es decir, desea $|x_{\sigma(n)}| < \epsilon$.

Esto sería cierto si $\sigma(n) \geq N$, que es equivalente a decir $n \notin A$. Pero, ¿por qué es esto cierto?

Propuesta de corrección

Decir $M = \max A + 1$.

A continuación, tome $n \geq M$.

Ahora $y_n = x_{\sigma(n)}$ y queremos $|y_n| < \epsilon$, es decir, queremos que $|x_{\sigma(n)}| < \epsilon$.

Esto sería cierto si $\sigma(n) \geq N$, que es equivalente a decir $n \notin A$. Claramente $n \notin A$ por $n \geq M = \max A + 1$.