Deje $(a_n)$ ser una secuencia de números racionales, donde todos los números racionales son términos. (es decir, la enumeración de los números racionales)
Entonces, ¿hay alguna convergente sub-secuencia de $(a_n)$?
Respuestas
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failexam
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El argumento dado por Elio José puede ser refinado con el fin de demostrar que para cualquier número real, existe siempre un subsequence que converge a ella.
Para eso, vamos a $x \in \mathbb{R}$ ser un número real. Considerar el intervalo de $[x-1,x+1]$. Contiene infinitos racionales, pero, en particular, contiene uno racional, que es de unos $a_{n_1}$ de nuestra enumeración.
Ahora, después de haber escogido $a_{n_i}$, consideramos que el intervalo de $[x-\frac{1}{i+1}, x+\frac{1}{i+1}]$. Este contiene una infinidad de racionales. En particular, tenemos que contiene uno racional que no es uno de los primeros a $n_i$ de nuestra enumeración. Tomamos estas racional para ser nuestro $a_{n_{i+1}}$.
Está claro que $a_{n_i} \to x$.
Jason
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Incluso mejor - para cada una de las $x$, hay una larga de $(a_n)$ convergentes a $x$.
De hecho, comience por dejar $a_{n_1}$ cualquier elemento de la secuencia en la $(x-1,x+1)$. Entonces, dado $a_{n_1},\ldots,a_{n_k}$, ya que hay infinitos racionales en cada intervalo de tiempo, no debe existir $n_{k+1}>n_k$ tal que $a_{n_{k+1}}\in(x-\frac1{k+1},x+\frac1{k+1})$. Inductivamente esto crea un subsequence $(a_{n_k})$ que converge a $x$.
Elio JOSEPH
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33
Sí que la hay.
Considerar el intervalo de $I:=[0,1]$. Ya que contiene una infinidad de racionales, su secuencia tendrá valor en $I$ siempre.
Así que usted puede extraer el sub-sequece tal que todos los valores de $(a_{\varphi(n)})$ de la nueva secuencia se en $I$ :
$$\forall n \quad a_{\varphi(n)}\in I.$$
Desde $I$ es un compacto y $(a_{\varphi(n)})$ es una secuencia de valores en este pacto, se puede extraer de convergentes sub-secuencia de $(a_{\varphi(n)})$.
Lo que le da la convergentes sub-secuencia de $(a_n)$ usted quería.
