Un argumento de diagonalización que implica límites dobles

Question

El siguiente problema me confunde mucho:

Supongamos que $\mathbb{N}$ y $\mathbb{R}$ denotan los conjuntos de enteros positivos y números reales, respectivamente, y para cada $(m,n) \in \mathbb{N}\times \mathbb{N}$ , dejemos que $f_{m,n} : \mathbb{N} \mapsto \mathbb{R}$ sea una función. Supongamos que para cada $a\in \mathbb{N}$ , $$\lim_{m\rightarrow \infty} \lim_{n \rightarrow \infty} f_{m,n}(a) = f(a)$$ para alguna función $f:\mathbb{N}\mapsto \mathbb{R}$ . Nótese que, la ecuación anterior significa que para cada $a \in \mathbb{N}$ y cada $m \in \mathbb{N}$ , $A_m(a) := \lim_{n \rightarrow \infty} f_{m,n}(a)$ existe, y para cada $a \in \mathbb{N}$ , $A_m(a) \rightarrow f(a)$ como $m \rightarrow \infty$ .

Mi pregunta es si existen dos secuencias de enteros positivos $\{m_j\}_{j=1}^\infty$ y $\{n_j\}_{j=1}^\infty$ tal que..: $$\lim_{j\rightarrow \infty} f_{m_j,n_j}(a) = f(a)$$ por cada $a \in \mathbb{N}$ ? Estaba intentando utilizar un argumento de diagonalización, pero cada vez estoy más confundido. En caso de que mi afirmación no sea cierta, estaría bien un contraejemplo.

Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Para simplificar, escriba $(a_n)_{n\in\mathbb{N}} \subseteq (b_n)_{n\in\mathbb{N}}$ si $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ es una sucesión de $(b_n)_{n\in\mathbb{N}}$ . Entonces tenemos:

Lema. Para cada $a \in \mathbb{N}$ y $(n_k)_{k\in\mathbb{N}} \subseteq (n)_{n\in\mathbb{N}}$ existe $(\tilde{n}_k)_{k\in\mathbb{N}} \subseteq (n_k)_{k\in\mathbb{N}}$ tal que

$$\lim_{k\to\infty} f_{k,\tilde{n}_{k}}(a) = f(a) $$

Prueba. Definimos recursivamente $(\tilde{n}_k)_{k=1}^{\infty}$ de la siguiente manera:

• Escriba $\tilde{n}_0 = 0$ por brevedad, aunque no se incluirá en la secuencia $(\tilde{n}_k)_{k=1}^{\infty}$ .

• Si $\tilde{n}_{k-1}$ está definido, entonces elija $\tilde{n}_k \in (n_j)_{j\in\mathbb{N}}$ para que $\tilde{n}_k > \tilde{n}_{k-1}$ y $|f_{k,\tilde{n}_k}(a) - A_k(a)| < 2^{-k}$ .

Aquí, $A_k(a) = \lim_{n\to\infty} f_{k,n}(a)$ es como en OP, y esto explica por qué podemos elegir tal $\tilde{n}_k$ 's. Por construcción, está claro que $f_{k,\tilde{n}_k}(a) \to f(a)$ como $k\to\infty$ , demostrando la pretensión deseada. $\square$

Ahora podemos aplicar el lema para cada $a = 1, 2, 3, \cdots$ para obtener $(n^{1}_k)_{k\in\mathbb{N}} \supseteq (n^{2}_k)_{k\in\mathbb{N}} \supseteq (n^{3}_k)_{k\in\mathbb{N}} \supseteq \cdots $ tal que $f_{k,n^a_k}(a) \to f(a)$ como $k\to\infty$ para cada $a$ . Entonces podemos aplicar el argumento de la diagonalización para construir $(n'_k)_{k\in\mathbb{N}}$ dado por $n'_k = n_k^k$ para que

$$ \forall a \in \mathbb{N}, \qquad \lim_{k\to\infty} f_{k,n'_k}(a) = f(a). $$

Answer 2

¡Buena respuesta Sangchul Lee!

Por cierto, he elaborado la siguiente solución a mi propia pregunta, que utiliza una especie de argumento de diagonalización inversa. ¿Puede alguien comentar esta solución (si estoy en lo cierto o no)?

La condición de doble límite garantiza claramente la existencia de $m_1, n_1 \in \mathbb{N}$ , de tal manera que $|f_{m_1,n_1}(1) - f(1)| < 1$ . Supongamos inductivamente que $m_1<m_2<\cdots<m_{k-1}$ y $n_1<n_2<\cdots<n_{k-1}$ se han definido. Es evidente que existe $m_k > m_{k-1}$ tal que $$\Big|\lim_{n\rightarrow\infty} f_{m_k,n}(i) - f(i)\Big| < \frac{1}{2k}$$ para todos $i \in \{1,2,\cdots,k\}$ . Ahora, existe $n_k > n_{k-1}$ , de tal manera que $$\Big|f_{m_k,n_k}(i) - \lim_{n\rightarrow\infty} f_{m_k,n}(i)\Big| < \frac{1}{2k}$$ para todos $i \in \{1,2,\cdots,k\}$ . Por lo tanto, por la desigualdad del triángulo, $$\Big|f_{m_k,n_k}(i) - f(i)\Big| < \frac{1}{k}$$ para todos $i \in \{1,2,\cdots,k\}$ . Las secuencias $\{m_k\}$ y $\{n_k\}$ se construyen inductivamente de esta manera, y satisfacen mi pretensión.

¿Puede confirmar si estoy en lo cierto o no? Gracias de antemano.