Demuestre que si$a_n$ no contiene subsecuencias convergentes, entonces |$a_n$ | se acerca al infinito, como n se acerca al infinito.

Question

Me acercó por primera vez al problema a través de la contradicción.

Supongamos que |$a_n$| no se acerca a infinito. Caso 1: La secuencia converge a algunos de L, y por lo tanto ser acotada. Caso 2: La secuencia no convergen ni divergen, por lo que será acotada. (Estoy teniendo problemas para explicar el caso 2)

Para ambos casos, se puede utilizar la de Bolzano-Weiestrass Teorema, por lo tanto |$a_n$| ha convergente larga. (¿Cómo puedo demostrar que $a_n$ también tendrá un convergentes larga?)

Esto es una contradicción con la sentencia dada, por lo tanto |$a_n$| enfoque infinito.

Así fue como me acerqué a el problema, pero hay un par de problemas con él. Por favor, hágamelo saber si hay una forma mejor o cómo puedo mejorar el mío.

Gracias de antemano!

O

Utilizando de nuevo la contradicción, puedo decir que existe un M > 0 para todo N de los números naturales, en el que existe n > N tal que tenemos |$a_n$| ≤ M.

Deje que n = $a_ni$. A continuación, | $a_ni$ | ≤ M. Así -M < $a_ni$ < M. Esta secuencia es acotado, por lo tanto, por la de Bolzano-Weiestrass teorema, se ha convergente subsecuencias. CONTRADICCIÓN

Answer 1

Supongamos por contradicción que $|a_n|$ no divergen a $\infty$. Esto significa que no existe $M>0$ tal que, para todos los $n$ existe $m>n$$|a_m|\le M$.

Por lo tanto, empezar con la definición de $n_0$, de modo que $|a_{n_0}|\le M$. A continuación, tome $n_1>n_0$ tal que $|a_{n_1}|\le M$ y así sucesivamente. Más precisamente, si $n_k$ ha sido definido, tome $n_{k+1}>n_k$, de modo que $|a_{n_{k+1}}|\le M$.

El subsequence $(a_{n_k})$ tiene sus valores en $[-M,M]$, por lo que es limitado y por lo tanto tiene un convergentes larga, que es también convergente larga de la secuencia original.

Answer 2

Sugerencia: lo $|a_n|$ tiende a $\infty$ $n$ tiende a $\infty$ significa que por cualquier $x > 0$, hay un $N$ tal que para cualquier $n > N$, $|a_n| > x$. La negación de esta condición es que existe una $x > 0$, tal que para cualquier $N$, hay un $n > N$, de tal manera que $|a_n| \le x$. Así que si $|a_n|$ no tienden a $\infty$ $n$ tiende a $\infty$, tomar la $x > 0$ dado por la negación de la condición y tome $n = 1$ conseguir $n_1 > 1$ tal que $|a_{n_1}| \le x$; ahora tome $N = n_1$ para obtener una $n_2 > n_1$ tal que $|a_{n_2}| \le x$. Continuar de esta manera, usted obtiene una limitada larga de $a_n$, lo que tendrá un convergentes larga por Bolzano-Weierstrass.

Answer 3

En un punto de compactify $\mathbb{R}$. Está claro que $|x_n| \rightarrow \infty$ (en el habitual "cálculo de sentido") iff $x_n \rightarrow \infty$ en el punto de compactification

Dado cualquier subsequence de la secuencia, debe tener un convergentes sub(sub)de la secuencia, ya que es en un conjunto compacto. Por lo tanto, ya que no convergen a nadie en $\mathbb{R}$, este sub(sub)secuencia converge a $\infty$. Hemos demostrado que una larga tiene un sub(sub)sucesión convergente a un punto fijo (es decir, $\infty$). Por lo tanto, la secuencia converge a este punto ($\infty$).

Answer 4

Consejo.: Si $|a_n|$ no acercarse a infinito (es decir, no es cierto que $\forall M>0\; \exists N\; \forall n \;[(n>N)\implies (|a_n|>M)]$) entonces debe existir un subsequence limitado. A demostrar que basta con negar la declaración entre paréntesis.

Una vez que tiene un subsequence limitado se puede utilizar algún Teorema que estoy seguro. Si no sabes el teorema puede tener su trabajo cortado para usted puesto que usted necesidad de completitud de los reales para obtener el resultado.