Cada secuencia en$\mathbb{R}$ tiene una subsecuencia monotónica

Question

Tengo problemas con este tipo de infinito de la construcción en la topología. Alguien puede comprobar mi es la prueba de sonido?

Deje $s$ ser una secuencia en $\mathbb{R}$. A continuación, $s$ tiene una monótona larga.

Hay dos casos. Si $s$ es ilimitado, es fácil. Sin pérdida de generalidad, supongamos $s$ es ilimitado arriba. Elija un punto de $p_0$. Para cada $p_i$, hay algunos más grandes, punto de $p_{i+1}$.

Si $s$ es acotado, deje $I$ ser un intervalo cerrado que contiene todos los puntos en $s$. A continuación, $I$ es compacto y $s$ tiene un convergentes subsequence $s^\prime$ que converge a $L$.

Aquí es donde no estoy del todo seguro de mí mismo.

Deje $\varepsilon_0$ ser cualquier número positivo. Elija un punto de $p_0$ dentro de un radio de $\epsilon_0$$L$. A continuación, tome $\varepsilon_1$ a ser un número menor que $\varepsilon_0$ y elegir un punto de $p1$ dentro $\varepsilon_1$. Repita esto para generar una secuencia convergente $p_0, p_1, p_2, \dots$.

Aparte de esta secuencia en $p_{i_0}, p_{i_1}, p_{i_2}, \dots$ de los puntos menos de $L$ $p_{j_0}, p_{j_1}, p_{j_2}, \dots$ de los puntos de mayor que $L$. Podría ser posible que una de estas dos secuencias para ser finito, pero desde $p_0, p_1, p_2, \dots$ era infinito, uno de estos dos debe ser también infinito. Elija uno que es infinito. Será monótona (creciente o decreciente, dependiendo de la que fue elegido).

Answer 1

Deje $(x_n)$ ser una secuencia en algunos linealmente conjunto ordenado $(X,<)$.

Llame a $n \in \mathbb{N}$ un pico de la secuencia si para todas las $m > n$ tenemos $x_n > x_m$, es decir, $x_n$ es mayor que todos los plazos posteriores de la secuencia.

Caso 1: Hay infinitamente muchos picos: supongamos $n_1 < n_2 < n_3 < \ldots$ son infinitamente muchos picos de la secuencia. Entonces, por definición de un pico, $x_{n_1}, x_{n_2}, \ldots$ es monótonamente decreciente larga de $(x_n)$.

Caso 2: Hay sólo un número finito de picos. Así que hay algunas índice $N$ que es el último pico. A continuación, defina $n_1 = N+1$. Entonces como $x_{n_1}$ no es un pico, hay algunos $n_2 > n_1$ tal que $x_{n_2} \ge x_{n_1}$. El uso de la recursividad, recogemos $n_{k+1} > n_k$ todos los $k$, de tal manera que $x_{n_{k+1}} \ge x_{n_k}$, lo cual es posible como $x_{n_k}$ no es un pico. Esto define una creciente larga de $(x_n)$.

Alternativamente, se aplica el infinito teorema de Ramsey el uso de los dos colores en $[\mathbb{N}]^2$ donde $\{n,m\}$ tiene color 0 iff $x_{\min(n,m)} \le x_{\max(n,m)}$, y 1 en caso contrario. Un subconjunto homogéneo de $\mathbb{N}$ define una monótona secuencia.

Esto funciona en todos los ordenados los espacios, y la topología de $\mathbb{R}$ no tiene nada que ver con ella. De hecho, esto es a menudo un lema en la prueba de los teoremas de Bolzano-Weierstrass teorema que cada delimitada secuencia de reales tiene un convergentes larga (tan partir de este teorema en la prueba de la más simple resultado parece circular, o una exageración, o ambos).

Answer 2

Tal como está escrito, su elección de$p_0$ podría estar mucho más cerca de$L$ que$\varepsilon_1$, por lo que no puede saber que$p_1$ es mayor que$p_0$ (si asumimos que - Sin pérdida de generalidad - que ambos son más pequeños). - Debería ser fácil arreglar eso.

Answer 3

Esto no va a funcionar: Considere una secuencia $p_0, p_1, …$ hecho por comprimir $1/n$ $1/2^n$ – todavía convergentes a cero (y sólo desde arriba), pero no monótonamente.

Usted puede solucionar este problema mediante el trabajo con los anillos en lugar de pelotas.

Tomar un punto límite $L$ de la secuencia de $a_1, a_2, …$. Usted puede asumir que no tiene constante subsecuencias. Así que ya sea que usted va a encontrar una infinitiude de sus puntos en cada barrio de $L$ y por encima de $L$ o usted encontrará una infinidad de puntos en cada barrio de $L$ e inferior al $L$. Sin pérdida de generalidad, supongamos que el último. Definir $$R_n(L) = \{x ∈ ℝ;~1/2^{n+1} ≤ d(L,x) < 1/2^n\}.$$ Set $ν = 1$, ejecute a través de $n ∈ ℕ$ y siempre hay algo de $a_k$ ( $k > k_{ν-1}$ ) $R_n$ e inferior al $L$, escoja el primero y recordar su índice de $k$$k_ν$, aumentar el $ν$ $1$ y pasar a la próxima $n$. Como hay infinitamente muchos $a_k$ en cada barrio de $L$ e inferior al $L$ usted tendrá que recordar infinidad de $k_ν$, lo $(a_{k_ν})$ será un monotically creciente larga de $(a_k)$.

Answer 4

Supongamos wlog que los puntos$p_{i_0}, p_{i_1}, ...$ estrictamente menos que$L$ son infinitos y convergen en$L$. Entonces puedes construir esta secuencia. $a_0 = p_{i_0}$,$a_n \in (a_{n-1}, L)$ (por supuesto, tomar$a_k$ en orden creciente con respecto a los índices de$p_i$ secuencia). Esta nueva secuencia debería funcionar.

Answer 5

Debe elegir$\varepsilon_1$ para que sea menor que$|p_0-L|$ así como$\varepsilon_0$. Y debes elegir$p_i$ para que no sea igual a$L$. (Si esta última condición es imposible de satisfacer, entonces hay un número infinito de términos iguales a$L$, que a su vez forman una subsecuencia monotónica).