Prueba del caso (1):
Demostraremos que efectivamente $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|>0$ :
Porque $\forall n\in\mathbb{N}, L\neq a_n$ , Conseguimos que en particular $L\neq 0$ y por lo tanto tenemos dos posibilidades: $L>0$ o $L<0$
Si $L>0$ Entonces podemos definir una secuencia creciente de números naturales $\{n_k\}_{k=1}^\infty$ como sigue: $\forall k\in\mathbb{N}, n_k := 8k+1$ Y así podemos considerar la subsecuencia $\{a_{n_k}\}_{k=1}^\infty$ de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ que corresponde a esta secuencia de índices $\{n_k\}_{k=1}^\infty$ Ahora que $\forall k\in\mathbb{N}, n_k\equiv 1\pmod{8}$ Podemos concluir por definición de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ que $\forall k\in\mathbb{N}, a_{n_k}=\frac{n_k}{\sqrt{2}}$ .
Ahora bien, como está claro que $\lim\limits_{k\to \infty} (8k+1)=\infty$ Y como $\frac{1}{\sqrt{2}}>0$ podemos concluir que $\lim\limits_{k\to\infty}\frac{8k+1}{\sqrt{2}}=\infty$ Y así $\lim\limits_{k\to\infty}\frac{n_k}{\sqrt{2}}=\infty$ lo que implica que $\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k}=\infty$ .
Ahora por definición de límite en $\infty$ Obtenemos que $\exists K\in\mathbb{N},\forall K<k\in\mathbb{N},L<a_{n_k}$ Ahora bien, si elegimos cualquier $k_0\in\mathbb{N}$ que satisfaga $K<k_0$ obtenemos que para este $k_0$ tenemos $L<a_{n_{k_0}}$ .
Ahora definamos $N:={n_{k_0}}+8$ (Añadimos este $8$ para garantizar que $L$ será un elemento del conjunto $B$ que se definirá más adelante muy pronto), está claro que $N\in\mathbb{N}$ .
Demostraremos que para este $N$ tenemos $N\equiv 1\pmod{8}$ , $9\leq N$ y $L<a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ :
Desde $n_{k_0}\equiv 1\pmod{8}$ y puesto que $8\equiv 0\pmod{8}$ obtenemos que $n_{k_0}+8\equiv 1\pmod{8}$ Y por lo tanto $N\equiv 1\pmod{8}$ como se iba a demostrar.
Ahora bien $n_{k_0}\in\mathbb{N}$ Obtenemos que $1\leq n_{k_0}$ Y así $9\leq n_{k_0}+8$ Lo que implica que $9\leq N$ como se iba a demostrar.
Ahora por definición de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ y utilizando el hecho $N\equiv 1\pmod{8}$ que acabamos de mostrar, obtenemos que $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ Ahora que $0<8$ Obtenemos $n_{k_0}<n_{k_0}+8$ Pero porque $N=n_{k_0}+8$ Concluimos $n_{k_0}<N$ Ahora dividiendo esta desigualdad por $\sqrt{2}>0$ obtenemos $\frac{n_{k_0}}{\sqrt{2}}<\frac{N}{\sqrt{2}}$ Pero como $a_{n_{k_0}}=\frac{n_{k_0}}{\sqrt{2}}$ y puesto que $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ Podemos concluir que $a_{n_{k_0}}<a_N$ Ahora que $L<a_{n_{k_0}}$ podemos concluir por transitividad de la $<$ relación que $L<a_N$ como se iba a demostrar.
Definamos ahora un conjunto $B:=\{|a_n-L||n\in\{1,...,N\}\}$ Puesto que $B$ es un conjunto finito no vacío de números reales obtenemos que su mínimo $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ existe y es un elemento de $B$ es decir $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\in B$ Ahora que $\forall n\in\mathbb{N}, |a_n-L|>0$ obtenemos que en particular $\forall n\in\{1,...,N\},|a_n-L|>0$ Lo que implica que $\forall b\in B, b>0$ Y así, en particular para $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\in B$ tenemos $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|>0$ .
Ahora mostraremos que $L\in B$ :
Desde $4\leq 9$ y puesto que $9\leq N$ Obtenemos que $4\leq N$ Y así $4\in\{1,...,N\}$ Y podemos concluir que $|a_4-L|\in B$ Pero como $4\equiv 4\pmod{8}$ Obtenemos $a_4=0$ Y así $|a_4-L|=|0-L|=|-L|=|L|$ Y concluimos que $|L|\in B$ Pero porque $L>0$ obtenemos que $|L|=L$ Y así $L\in B$ como se iba a demostrar.
Ahora probaremos que $\forall n\in\mathbb{N}, \min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\leq |a_n-L|$ :
L $n\in\mathbb{N}$ Entonces hay dos casos: $n\leq N$ o $N<n$
Si $n\leq N$ Entonces obtenemos que $n\in\{1,...,N\}$ Y así $|a_n-L|\in B$ Y podemos concluir que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_n-L|$ .
Si $N<n$ Entonces hay cinco casos: $a_n=0$ , $a_n=\frac{n}{\sqrt{2}}$ , $a_n=n$ , $a_n=-\frac{n}{\sqrt{2}}$ o $a_n=-n$
Si $a_n=0$ Entonces obtenemos que $|a_n-L|=|0-L|=|-L|=|L|=L$ Y como ya hemos demostrado que $L\in B$ Podemos concluir que $|a_n-L|\in B$ Y así $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_n-L|$ .
Si $a_n=\frac{n}{\sqrt{2}}$ Entonces porque $N<n$ Obtenemos dividiendo esta desigualdad por $\sqrt{2}>0$ Que $\frac{N}{\sqrt{2}}<\frac{n}{\sqrt{2}}$ Pero como $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ concluimos que $a_N<a_n$ Y así (#) $a_N-L<a_n-L$ Pero porque $L<a_N$ obtenemos que $0<a_N-L$ Lo que implica que $0<a_n-L$ Y así $|a_N-L|=a_N-L$ Y $|a_n-L|=a_n-L$ y podemos concluir (#) que $|a_N-L|<|a_n-L|$ Ahora porque $|a_N-L|\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_N-L|$ Y concluimos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|<|a_n-L|$ .
Si $a_n=n$ Entonces porque $1<\sqrt{2}$ Obtenemos $\frac{1}{\sqrt{2}}<1$ Y multiplicando esta desigualdad por $N>0$ Obtenemos $\frac{N}{\sqrt{2}}<N$ Pero como $N<n$ Obtenemos $\frac{N}{\sqrt{2}}<n$ Pero como $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ concluimos que $a_N<a_n$ Y así (#) $a_N-L<a_n-L$ Pero porque $L<a_N$ obtenemos que $0<a_N-L$ Lo que implica que $0<a_n-L$ Y así $|a_N-L|=a_N-L$ Y $|a_n-L|=a_n-L$ y podemos concluir (#) que $|a_N-L|<|a_n-L|$ Ahora porque $|a_N-L|\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_N-L|$ Y concluimos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|<|a_n-L|$ .
Si $a_n=-\frac{n}{\sqrt{2}}$ Entonces obtenemos $|a_n-L|=|-\frac{n}{\sqrt{2}}-L|=|\frac{n}{\sqrt{2}}+L|$ Pero como $n>0$ Obtenemos que $\frac{n}{\sqrt{2}}>0$ Y como $L>0$ Podemos concluir que $\frac{n}{\sqrt{2}}+L>0$ Y así $|\frac{n}{\sqrt{2}}+L|=\frac{n}{\sqrt{2}}+L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|=\frac{n}{\sqrt{2}}+L$ Pero como $\frac{n}{\sqrt{2}}>0$ Obtenemos que $\frac{n}{\sqrt{2}}+L>L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|>L$ Pero como $L\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|=\min(B)\leq L$ Y así $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|< |a_n-L|$ .
Si $a_n=-n$ Entonces obtenemos $|a_n-L|=|-n-L|=|n+L|$ Pero como $n>0$ y $L>0$ Obtenemos que $n+L>0$ Y así $|n+L|=n+L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|=n+L$ Pero como $n>0$ Obtenemos que $n+L>L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|>L$ Pero como $L\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|=\min(B)\leq L$ Y así $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|< |a_n-L|$ .
Así hemos demostrado que en cada uno de esos cinco casos tenemos $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\leq |a_n-L|$ como se iba a demostrar.
Ahora probaremos que $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}} |a_n-L|=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ :
Desde $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\in B$ y puesto que $B\subseteq A$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\in A$ Pero debido a lo que acabamos de demostrar, es decir, que $\forall n\in\mathbb{N}, \min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|\leq |a_n-L|$ Concluimos que $ \min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ es el elemento mínimo de $A$ es decir $A$ tiene un mínimo y su mínimo satisface $\min\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|=\min(A)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ Pero como ya hemos demostrado que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|>0$ Concluimos que $\min\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|>0$ Pero porque $\min\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|=\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|$ Concluimos que $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|>0$ como se iba a demostrar.
El caso de $L<0$ puede demostrarse de forma similar.
Q.E.D.
Prueba del caso (2):
( Nota: consideramos únicamente el caso de $L\neq 0$ como ya hemos tratado el caso $L=0$ en el texto de la propia pregunta)
Demostraremos que efectivamente $\inf\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|>0$ :
Primero demostraremos que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, L\neq a_n$ :
Supongamos por contradicción que $\exists m\neq n\in\mathbb{N}, L = a_n$ Ya que $L=a_m$ Obtenemos que $a_n=a_m$ Y así por definición de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ Obtenemos que (#) $n \sin\frac{\pi n}{4}=m\sin\frac{\pi m}{4}$ Ahora bien, como en este caso $L\neq 0$ y puesto que $L=a_n$ Obtenemos que $a_n\neq 0$ Y así $n\sin\frac{\pi n}{4}\neq 0$ Y concluimos que debe ser el caso que $\sin\frac{\pi n}{4}\neq 0$ Además, puesto que $m\in\mathbb{N}$ obtenemos que $m\neq 0$ Y podemos concluir que $m \sin \frac{\pi n}{4}\neq 0$ Ahora dividiendo la igualdad (#) por este número distinto de cero obtenemos $\frac{n \sin\frac{\pi n}{4}}{m \sin \frac{\pi n}{4}}=\frac{m\sin\frac{\pi m}{4}}{m \sin \frac{\pi n}{4}}$ Lo que equivale a (##) $\frac{n}{m}=\frac{\sin \frac{\pi m}{4}}{\sin \frac{\pi n}{4}}$ Ahora que $\forall q\in\mathbb{N}, \sin\frac{\pi q}{4}=0,\pm 1,\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Tenemos en particular que $\sin\frac{\pi m}{4}=0,\pm 1,\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ y $\sin\frac{\pi n}{4}=0,\pm 1,\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Pero como ya hemos demostrado que $\sin\frac{\pi n}{4}\neq 0$ Obtenemos que $\sin\frac{\pi n}{4}=\pm 1,\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Ahora mostraremos que $\sin\frac{\pi m}{4}\neq 0$ Porque si suponemos por contradicción que efectivamente $\sin\frac{\pi m}{4}=0$ Entonces obtenemos por ecuación (##) que $\frac{n}{m}=\frac{0}{sin\frac{\pi n}{4}} = 0$ y así $n=m\times 0=0$ lo que contradice el hecho de que $n\in\mathbb{N}$ Por lo tanto, debe darse el caso de que $\sin\frac{\pi m}{4}\neq 0$ Y concluimos que $\sin\frac{\pi m}{4}=\pm 1,\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Y por lo tanto $\frac{\sin\frac{\pi m}{4}}{\sin\frac{\pi n}{4}}=\frac{\pm 1}{\pm 1},\frac{\pm 1}{\pm\frac{1}{\sqrt{2}}},\frac{\pm\frac{1}{\sqrt{2}}}{\pm 1},\frac{\pm\frac{1}{\sqrt{2}}}{\pm\frac{1}{\sqrt{2}}}=\pm 1, \pm \sqrt{2}, \pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Y por igualdad (##) concluimos que $\frac{n}{m}=\pm 1,\pm \sqrt{2},\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Ahora que $m,n\in\mathbb{N}$ obtenemos que $\frac{n}{m}$ debe ser un número racional, es decir $\frac{n}{m}\in\mathbb{Q}$ Y por lo tanto debe ser el caso que $\frac{n}{m}\neq \pm \sqrt{2},\pm\frac{1}{\sqrt{2}}$ También demostraremos que $\frac{n}{m}\neq -1$ Porque si suponemos por contradicción que efectivamente $\frac{n}{m}=-1$ Entonces obtendríamos que $n=-m$ Pero como $n\in\mathbb{N}$ obtenemos que $0<n$ y así $0<-m$ lo que implica que $m<0$ Pero como $m\in\mathbb{N}$ obtenemos que $0<m$ y por tanto tenemos queA $0<m<0$ lo que implica que $0<0$ y hemos llegado a una contradicción, Por lo tanto debe ser el caso que $\frac{n}{m}\neq -1$ .
En resumen, hemos demostrado que debe darse el caso de que $\frac{n}{m}=\pm 1,\pm \sqrt{2},\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Y que debe ser el caso que $\frac{n}{m}\neq -1,\pm \sqrt{2},\pm \frac{1}{\sqrt{2}}$ Y por lo tanto concluimos que debe ser el caso que $\frac{n}{m}=1$ y concluimos que $m=n$ Pero esto contradice el hecho de que $m\neq n$ Y por lo tanto debe ser el caso que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, L\neq a_n$ como se iba a demostrar.
Ahora que $L\neq 0$ obtenemos que hay dos posibilidades: $L>0$ o $L<0$
Si $L>0$ Entonces podemos definir una secuencia creciente de números naturales $\{n_k\}_{k=1}^\infty$ como sigue: $\forall k\in\mathbb{N}, n_k := 8k+1$ Y así podemos considerar la subsecuencia $\{a_{n_k}\}_{k=1}^\infty$ de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ que corresponde a esta secuencia de índices $\{n_k\}_{k=1}^\infty$ Ahora que $\forall k\in\mathbb{N}, n_k\equiv 1\pmod{8}$ Podemos concluir por definición de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ que $\forall k\in\mathbb{N}, a_{n_k}=\frac{n_k}{\sqrt{2}}$ .
Ahora bien, como está claro que $\lim\limits_{k\to \infty} (8k+1)=\infty$ Y como $\frac{1}{\sqrt{2}}>0$ podemos concluir que $\lim\limits_{k\to\infty}\frac{8k+1}{\sqrt{2}}=\infty$ Y así $\lim\limits_{k\to\infty}\frac{n_k}{\sqrt{2}}=\infty$ lo que implica que $\lim\limits_{k\to\infty}a_{n_k}=\infty$ .
Ahora por definición de límite en $\infty$ Obtenemos que $\exists K\in\mathbb{N},\forall K<k\in\mathbb{N},L<a_{n_k}$ Ahora bien, si elegimos cualquier $k_0\in\mathbb{N}$ que satisfaga $K<k_0$ obtenemos que para este $k_0$ tenemos $L<a_{n_{k_0}}$ .
Ahora definamos $M:=m+9-m\mod 8$ Demostraremos que $m<M\in\mathbb{N}$ y que $M\mod 8=1$ :
Desde $0\leq m\mod 8\leq 7$ Obtenemos que $-7\leq -m\mod 8\leq 0$ Y añadiendo $9$ obtenemos $2=9-7\leq 9-m\mod 8\leq 9+0=9$ Ahora, añadiendo $m$ obtenemos $m+2\leq m+9-m\mod 8\leq m+9$ Y así $m+2\leq M\leq m+9$ Pero como $0<2$ obtenemos que $m<m+2$ Y podemos concluir que $m<M$ Además, puesto que $m,9,m\mod 8\in\mathbb{Z}$ concluimos que $m+9-m\mod 8\in\mathbb{Z}$ y así $M\in\mathbb{Z}$ Ahora que $m\in\mathbb{N}$ obtenemos que $0<m$ Y por el hecho $m<M$ que acabamos de mostrar, concluimos que $0<M$ Y así $M\in\mathbb{N}$ Y en resumen tenemos que $m<M\in\mathbb{N}$ como se iba a demostrar.
Ahora sí:
(###) $M\mod 8 = (m+9-m\mod 8)\mod 8=((m+9)\mod 8- (m \mod 8)\mod 8)\mod 8=((m\mod 8+9\mod 8)\mod 8 - (m\mod 8))\mod 8=((m\mod 8+1)\mod 8-m\mod 8)\mod 8$ ,
Y ahora hay dos posibilidades $0\leq m\mod 8\leq 6$ o $m\mod 8=7$ :
Si $0\leq m\mod 8\leq 6$ Entonces $1\leq m\mod 8+1\leq 7$ Y así $(m\mod 8+1)\mod 8=m\mod 8+1$ Y concluimos (###) que $M\mod 8=(m\mod 8+ 1-m\mod 8)\mod 8=1\mod 8=1$ .
Si $m\mod 8=7$ Entonces $M\mod 8= ((7+1)\mod 8-7)\mod 8=(8\mod 8-7)\mod 8=(0-7)\mod 8 =(-7)\mod 8=1$ .
Así vemos que siempre se da el caso de que $M\mod 8=1$ como se iba a demostrar.
Ahora definamos $N:=\max (M,{n_{k_0}})+8$ (Añadimos este $8$ para garantizar que $L$ será un elemento del conjunto $B$ que se definirá más adelante muy pronto), Puesto que $M,n_{k_0}\in\mathbb{N}$ Obtenemos que $\max(M,n_{k_0})\in\mathbb{N}$ Y como $8\in\mathbb{N}$ Podemos concluir que $\max(M,n_{k_0})+8\in\mathbb{N}$ Y así $N\in\mathbb{N}$ .
Demostraremos que para este $N$ tenemos $N\equiv 1\pmod{8}$ , $9\leq N$ , $L<a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ y $m<N$ :
Desde $M\equiv 1\pmod{8}$ Y como $n_{k_0}\equiv 1\pmod{8}$ Obtenemos que $\max(M,n_{k_0})\equiv 1\pmod{8}$ Además, puesto que $8\equiv 0\pmod{8}$ obtenemos que $\max(M,n_{k_0})+8\equiv 1\pmod{8}$ Y por lo tanto $N\equiv 1\pmod{8}$ como se iba a demostrar.
Ahora que $\max(M,n_{k_0})\in\mathbb{N}$ Obtenemos que $1\leq \max (M,n_{k_0})$ Y así $9\leq \max (M,n_{k_0})+8$ Lo que implica que $9\leq N$ como se iba a demostrar.
Ahora por definición de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ y utilizando el hecho $N\equiv 1\pmod{8}$ que acabamos de mostrar, obtenemos que $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ Ahora que $0<8$ Obtenemos $\max (M,n_{k_0})<\max (M,n_{k_0})+8$ Pero porque $N=\max (M,n_{k_0})+8$ Concluimos $\max(M,n_{k_0})<N$ Pero como $n_{k_0}\leq \max (M,n_{k_0})$ Obtenemos que $n_{k_0}<N$ Ahora, dividiendo esta desigualdad por $\sqrt{2}>0$ obtenemos $\frac{n_{k_0}}{\sqrt{2}}<\frac{N}{\sqrt{2}}$ Pero como $a_{n_{k_0}}=\frac{n_{k_0}}{\sqrt{2}}$ y puesto que $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ Podemos concluir que $a_{n_{k_0}}<a_N$ Ahora que $L<a_{n_{k_0}}$ podemos concluir que $L<a_N$ como se iba a demostrar.
Ahora que $0<8$ Obtenemos $\max (M,n_{k_0})<\max (M,n_{k_0})+8$ Pero porque $N=\max (M,n_{k_0})+8$ Concluimos $\max(M,n_{k_0})<N$ Pero como $M\leq \max (M,n_{k_0})$ Obtenemos que $M<N$ Pero como ya hemos demostrado que $m<M$ podemos concluir que $m<N$ como se iba a demostrar.
Definamos ahora un conjunto $B:=\{|a_n-L||n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}\}$ Demostraremos que $L\in B$ y que $|a_N-L|\in B$ :
Desde $4\leq 9$ y puesto que $9\leq N$ Obtenemos que $4\leq N$ Y así $4\in\{1,...,N\}$ Ahora mostraremos que $4\notin\{m\}$ Porque si suponemos por contradicción que $4\in\{m\}$ , Entonces vamos a conseguir que $4=m$ Y así $a_m=a_4$ Pero como $4\equiv 4 \pmod{8}$ Obtenemos por definición de la sucesión $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ que $a_4=0$ Y así $a_m=0$ Pero como $a_m=L$ obtenemos que $L=0$ lo que contradice el hecho de que $L\neq 0$ Y por lo tanto debe ser el caso que $4\notin\{m\}$ Y podemos concluir que $4\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}$ Y por lo tanto podemos concluir que $|a_4-L|\in B$ Pero como $|a_4-L|=|0-L|=|-L|=|L|$ Concluimos que $|L|\in B$ Pero porque $L>0$ obtenemos que $|L|=L$ Y así $L\in B$ como iba a demostrarse
También desde $N\in\{1,...,N\}$ Y como $N\notin\{m\}$ Porque si suponemos por contradicción que $N\in\{m\}$ , Entonces vamos a conseguir que $N=m$ Pero como ya hemos demostrado que $m<N$ Concluimos que $m<m$ y hemos llegado a una contradicción, Por lo tanto debe ser el caso que $N\notin\{m\}$ Y podemos concluir que $N\in\{1,...,N\}\backslash \{m\}$ Y así $|a_N-L|\in B$ como se iba a demostrar.
Ahora que $B$ es un no vacío (ya que acabamos de demostrar que $L\in B$ ) conjunto finito de números reales obtenemos que su mínimo $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ existe y es un elemento de $B$ es decir $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\in B$ Ahora bien, como hemos demostrado que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, a_n\neq L$ Concluimos que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, a_n-L\neq 0$ Lo que implica que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, |a_n-L|>0$ Y así obtenemos que en particular $\forall n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\},|a_n-L|>0$ Lo que implica que $\forall b\in B, b>0$ Y así, en particular para $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\in B$ tenemos $\min(B)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|>0$ .
Ahora probaremos que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, \min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\leq |a_n-L|$ :
L $m\neq n\in\mathbb{N}$ Entonces hay dos casos: $n\leq N$ o $N<n$
Si $n\leq N$ Entonces obtenemos que $n\in\{1,...,N\}$ Pero como $n\neq m$ Obtenemos que $n\notin \{m\}$ Y así $n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}$ Y concluimos que $|a_n-L|\in B$ Y por lo tanto podemos concluir que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_n-L|$ .
Si $N<n$ Entonces hay cinco casos: $a_n=0$ , $a_n=\frac{n}{\sqrt{2}}$ , $a_n=n$ , $a_n=-\frac{n}{\sqrt{2}}$ o $a_n=-n$
Si $a_n=0$ Entonces obtenemos que $|a_n-L|=|0-L|=|-L|=|L|=L$ Y como ya hemos demostrado que $L\in B$ Podemos concluir que $|a_n-L|\in B$ Y así $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_n-L|$ .
Si $a_n=\frac{n}{\sqrt{2}}$ Entonces porque $N<n$ Obtenemos dividiendo esta desigualdad por $\sqrt{2}>0$ Que $\frac{N}{\sqrt{2}}<\frac{n}{\sqrt{2}}$ Pero como $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ Concluimos que $a_N<a_n$ Y así (§) $a_N-L<a_n-L$ Pero porque $L<a_N$ Obtenemos que $0<a_N-L$ Lo que implica que $0<a_n-L$ Y así $|a_N-L|=a_N-L$ y $|a_n-L|=a_n-L$ Y podemos concluir (§) que $|a_N-L|<|a_n-L|$ Ahora bien, como ya hemos demostrado que $|a_N-L|\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_N-L|$ Y concluimos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|<|a_n-L|$ .
Si $a_n=n$ Entonces porque $1<\sqrt{2}$ Obtenemos $\frac{1}{\sqrt{2}}<1$ Y multiplicando esta desigualdad por $N>0$ Obtenemos $\frac{N}{\sqrt{2}}<N$ Pero como $N<n$ Obtenemos $\frac{N}{\sqrt{2}}<n$ Pero como $a_N=\frac{N}{\sqrt{2}}$ Concluimos que $a_N<a_n$ Y así (§) $a_N-L<a_n-L$ Pero porque $L<a_N$ Obtenemos que $0<a_N-L$ Lo que implica que $0<a_n-L$ Y así $|a_N-L|=a_N-L$ y $|a_n-L|=a_n-L$ Y podemos concluir (§) que $|a_N-L|<|a_n-L|$ Ahora bien, como ya hemos demostrado que $|a_N-L|\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|=\min(B)\leq |a_N-L|$ Y concluimos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|<|a_n-L|$ .
Si $a_n=-\frac{n}{\sqrt{2}}$ Entonces obtenemos $|a_n-L|=|-\frac{n}{\sqrt{2}}-L|=|\frac{n}{\sqrt{2}}+L|$ Pero como $n>0$ Obtenemos que $\frac{n}{\sqrt{2}}>0$ Y como $L>0$ Podemos concluir que $\frac{n}{\sqrt{2}}+L>0$ Y así $|\frac{n}{\sqrt{2}}+L|=\frac{n}{\sqrt{2}}+L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|=\frac{n}{\sqrt{2}}+L$ Pero como $\frac{n}{\sqrt{2}}>0$ Obtenemos que $\frac{n}{\sqrt{2}}+L>L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|>L$ Pero como $L\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|=\min(B)\leq L$ Y así $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|< |a_n-L|$ .
Si $a_n=-n$ Entonces obtenemos $|a_n-L|=|-n-L|=|n+L|$ Pero como $n>0$ y $L>0$ Obtenemos que $n+L>0$ Y así $|n+L|=n+L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|=n+L$ Pero como $n>0$ Obtenemos que $n+L>L$ Y podemos concluir que $|a_n-L|>L$ Pero como $L\in B$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|=\min(B)\leq L$ Y así $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|< |a_n-L|$ .
Así hemos demostrado que en cada uno de esos cinco casos tenemos $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\leq |a_n-L|$ como se iba a demostrar.
Ahora probaremos que $\inf\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}} |a_n-L|=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ :
Desde $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\in B$ y puesto que $B\subseteq A$ Obtenemos que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\in A$ Pero debido a lo que acabamos de demostrar, es decir, que $\forall m\neq n\in\mathbb{N}, \min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|\leq |a_n-L|$ Concluimos que $ \min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ es el elemento mínimo de $A$ es decir $A$ tiene un mínimo y su mínimo satisface $\min\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|=\min(A)=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ Pero como ya hemos demostrado que $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|>0$ Concluimos que $\min\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|>0$ Pero porque $\min\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|=\inf\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|$ Concluimos que $\inf\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|>0$ como se iba a demostrar.
El caso de $L<0$ puede demostrarse de forma similar.
Q.E.D.
Cálculo práctico de los mínimos:
Si queremos calcular de forma práctica los mínimos $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}}|a_n-L|$ y $\inf\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}}|a_n-L|$ que tenemos en casos (1) y (2) (sólo el caso en que $L\neq 0$ ) respectivamente, Entonces haremos uso de los hechos de que en caso de que (1) tenemos $\inf\limits_{n\in\mathbb{N}} |a_n-L|=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ y en caso (2) (sólo el caso en que $L\neq 0$ ) tenemos $\inf\limits_{m\neq n\in\mathbb{N}} |a_n-L|=\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ Por lo tanto, para obtener el valor del ínfimo apropiado, calcularemos el valor de $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ o $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ dependiendo de si se trata de un caso (1) o caso (2) (sólo el caso en que $L\neq 0$ ).
Consideraremos únicamente el caso de $L>0$ :
Primero definamos $max\_index := \lceil\sqrt{2}L\rceil$ Demostraremos que $max\_index\in\mathbb{N}$ :
Desde $L>0$ y $\sqrt{2}>0$ Obtenemos que $\sqrt{2}L>0$ Y así $0<\lceil \sqrt{2}L\rceil\in\mathbb{Z}$ Y por lo tanto podemos concluir que $\lceil \sqrt{2}L\rceil\in\mathbb{N}$ Y así $max\_index\in\mathbb{N}$ como se iba a demostrar.
Ahora probaremos que (#) $\forall max\_index < n\in\mathbb{N}, L\neq a_n$ :
L $max\_index <n\in\mathbb{N}$ Entonces, por definición de $max\_index$ Obtenemos que $\lceil\sqrt{2}L\rceil<n$ Pero como $\sqrt{2}L\leq\lceil\sqrt{2}L\rceil$ Concluimos que $\sqrt{2}L<n$ Y así (§) $L<\frac{n}{\sqrt{2}}$ .
Ahora hay cinco casos para $a_n$ : $a_n=0$ , $a_n=\frac{n}{\sqrt{2}}$ , $a_n=n$ , $a_n=-\frac{n}{\sqrt{2}}$ o $a_n=-n$
Si $a_n=0$ Entonces podemos concluir por el hecho $L>0$ que $L>a_n$ Y así en particular $L\neq a_n$ .
Si $a_n=\frac{n}{\sqrt{2}}$ Entonces podemos concluir (§) que $L<\frac{n}{\sqrt{2}}$ Y así $L<a_n$ , Y conseguimos que en particular $L\neq a_n$ .
Si $a_n=n$ Entonces podemos concluir (§) que $L<\frac{n}{\sqrt{2}}$ Pero como $1<\sqrt{2}$ Obtenemos $\frac{1}{\sqrt{2}}<1$ Y multiplicando esta desigualdad por $n>0$ (como $n\in\mathbb{N}$ ), obtenemos que $\frac{n}{\sqrt{2}}<n$ Y así podemos concluir que $L<n$ Lo que implica que $L<a_n$ Y así en particular $L\neq a_n$ .
Si $a_n=-\frac{n}{\sqrt{2}}$ Entonces obtenemos por el hecho $0<\frac{n}{\sqrt{2}}$ que $-\frac{n}{\sqrt{2}}<0$ Y así $a_n<0$ Pero como $0<L$ Concluimos que $a_n<L$ Y así en particular tenemos $L\neq a_n$ .
Si $a_n=-n$ Entonces obtenemos por el hecho $0<n$ que $-n<0$ Y así $a_n<0$ Pero como $0<L$ Concluimos que $a_n<L$ Y así en particular tenemos $L\neq a_n$ .
Así hemos demostrado que en cada uno de esos cinco casos tenemos $L\neq a_n$ como iba a demostrarse.
Por (#) concluimos que para que podamos comprobar si $\exists m\in\mathbb{N}, L=a_m$ Basta con que comprobemos si $\exists m\in\{1,...,max\_index\},L=a_m$ .
Teniendo en cuenta esta observación, podemos programar un algoritmo que determine si $L$ es igual a un elemento de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ Y si lo es, devolverá el índice de la primera aparición de $L$ en la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ Y si no devolverá un índice de $-1$ es decir, un índice inexistente que indicará que $L$ no es igual a ningún elemento de la secuencia $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ .
// Checks wether the argument equals an element in the sequence,
// If it is, The function will return the index in which it was found,
// And if it was not, It will return -1.
int search_for(double L)
{
// The maximal index that must be examined:
int max_index = ceil(sqrt(2) * L);
// The index at which it was found (if was found):
int index = 1;
// Indicates wether the value was found at the current interation:
bool is_found = false;
do
{
if(a(index) == L)
is_found = true;
else
index++;
}
while (!is_found && index <= max_index);
if (!is_found)
index = -1;
return index;
}
Ahora, utilizaremos este algoritmo para comprobar si $L$ es igual a un elemento de la secuencia, si no lo es, entonces estamos ante el caso (1) y el siguiente algoritmo devolverá el valor de $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$ Y si lo es, entonces estamos tratando con el caso (2) (con $L\neq 0$ ) Y el siguiente algoritmo devolverá el valor de $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$ Y así, obtendremos los valores exactos de los mínimos.
double infimum(double L)
{
double minimal_distance; // Will hold in the end the value of the appropriate infimum.
int m; // Holds the first index for which $L=a_m$ if any.
int k0; // Holds the index that its existence was guaranteed in cases (1) and (2).
int nk0; // Holds the element of the sequence $\{n_k\}$ at the index $k_0$.
int M; // Holds the value of $M$ as defined in case (2) [Used only if we are dealing with case (2)].
int N; // Holds the greatest index that must be considered inorder to evaluate the minimums.
// We have to choose an index $k_0$ that will ensure that $L<a_{n_{k_0}}$,
// And the $k_0$ defined this way will satisfy it.
k0 = ceil((sqrt(2)*L-1)/8)+1;
// The $k_0$’s element of the sequence $\{n_k\}$.
nk0 = 8*k0+1;
// Searches for the first index for which $L=a_m$ if any.
m = search_for(L);
// L equals some element in the sequence and thus $m>0$:
if (m > 0)
{
// Since we are dealing here with case (2),
// We will define $M$ and $N$ as they were defined in case (2).
M = m + 9 - m%8;
N = max(M,nk0)+8;
}
// L does not equal any element in the sequence and thus $m=-1$.
else
{
// Since we are dealing here with case (1),
// We will define $N$ as it was defined in case (1).
N = nk0 + 8;
}
// The following chunk of code will calculate the appropriate minimum based
// on wether we are dealing with case (1) or case (2).
// Note:
// If we are dealing with case (1), Then we know that $m=-1$,
// And thus the condition $i\neq m$ in the for loop header will never be satisfied,
// And in the end $minimal_distance$ will hold the value $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}}|a_n-L|$
// And if we are dealing with case (2), Then we know that $m\in\{1,...,N\}$,
// And thus the condition $i\neq m$ in the for loop header will skip over the
// index $m$, And in the end $minimal_distance$ will hold the value $\min\limits_{n\in\{1,...,N\}\backslash\{m\}}|a_n-L|$
minimal_distance = INFINITY;
for (int i = 1; i != m && i <= N; i++)
{
double current_distance = abs(a(i) - L);
if (current_distance < minimal_distance)
minimal_distance = current_distance;
}
return minimal_distance;
}
Nota: Los algoritmos sólo funcionan para el caso $L>0$ y para el caso $L<0$ son necesarias algunas modificaciones para que el algoritmo funcione en este caso.
Juntando todo el programa obtenemos:
https://github.com/MathNerd/Projects/blob/master/calculate_infimums.c
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Ha establecido los formalismos adecuados. Para demostrar que tus mínimos son positivos, deberías pensar si realmente necesitas tomar el mínimo sobre todo lo que hay en la secuencia. Una observación que ayuda aquí es que los valores absolutos de los términos distintos de cero crecen con n, y realmente no es necesario mirar nada con valor absoluto mayor que 2L (¿por qué?)