Me pregunto mi propia prueba de los teoremas de Bolzano-Weierstrass teorema es correcto o lo suficientemente riguroso, y también me parece una prueba de la correspondiente teorema en el Tao del Análisis raro. Aquí está mi prueba de los teoremas de Bolzano-Weierstrass teorema.
Deje $\{a_n\}$ ser un almacén de la secuencia que está delimitada en $[a,b]$. Deje $D=\big\{x\in[a,b]~|~[a,x]$ contiene infintely muchos términos de $\{a_n\}\big\}$, en los que el predicado "$[a,x]$ contiene infintely muchos términos de $\{a_n\}$" puede ser transferida a una más rigurosa manera, "$\big\{n|a_n\in [a,x]\big\}$ es infinito".
Por lo tanto $D=\Big\{x\in[a,b]\Big|\big\{n|a_n\in [a,x]\big\}\text{ is infinite}\Big\}$. Aquí en primer lugar aclarar algunos de los más importantes de la observación de la $D$. En primer lugar, es $D$ no vacío? Sí, porque $b$ debe $D$. Segundo, no $D$ tiene el supremum y infimum? Sí, desde la $b\in D$ e $a$ es definitivamente un límite inferior de $D$(pero no necesariamente en $D$), por la menor cota Superior de la propiedad, $D$ tiene el supremum y infimum. Último, debe $D$ tienen al menos un elemento en ella? No, por ejemplo, si $\{a_n\}$ se define estrictamente decreciente y converge a algún punto de $x\in [a,b)$,, a continuación, $D$ no tiene menos de elemento.
Ahora comenzamos la prueba. Deje $x=\inf D$. Si $x=a$, la prueba es trivial(la larga es $a,a,a,a,a,\dotsc$). Si $x=b$, la prueba es similar para el caso de $x\in(a,b)$, lo acabo de probar en el caso de $x\in(a,b)$. Debido a $x$ no $D$, así que directamente no se puede concluir que $[a,x]$ contiene una infinidad de puntos de $\{a_n\}$. Pero vamos a $\varepsilon >0$,, a continuación, $[a,x-\varepsilon]$ deben contiene finito de puntos de $\{a_n\}$, es decir, $\big\{n|a_n\in [a,x-\varepsilon]\big\}$ es finito. Por la Aproximación de la Propiedad para Infimum, también existe un punto de $y\in D$ tal que $x\leq y<x+\varepsilon$, por lo tanto $[a,y]$ tiene una infinidad de puntos de $\{a_n\}$, es decir, $\big\{n|a_n\in [a,y]\big\}$ es infinito.
Ahora pretendemos que $[a,y]\setminus[a,x-\varepsilon]=(x-\varepsilon,y]$ tiene una infinidad de puntos de $\{a_n\}$ de una manera rigurosa, en lugar de un argumento intuitivo. Desde $a_n\in [a,x-\varepsilon]\Rightarrow a_n\in [a,y]$, lo $\big\{n|a_n\in [a,x-\varepsilon]\big\}\subseteq\big\{n|a_n\in [a,y]\big\}$. Así que para cualquier $\varepsilon>0$, con una diferencia de un conjunto infinito y finito conjunto, $\big\{a_n|a_n\in(x-\varepsilon,y]\big\}$, es infinito.
Ahora vamos a construir nuestra larga. Deje $\varepsilon>0$, se puede elegir una $a_N\in(x-\varepsilon,y]\subsetneq(x-\varepsilon,x+\varepsilon)$. Luego, utilizando $\varepsilon/2>0$, no deben existe un $N'>N$ tal que $a_{N'}\in(x-\varepsilon/2,y]\subsetneq(x-\varepsilon/2,x+\varepsilon/2)$. Continuando de esta manera, se puede construir una larga, y es fácil comprobar que esta larga converge a $x$, y se omite el detalle. $\blacksquare$
Aquí están mis preguntas.
Es mi prueba correcta?
Ninguna parte de esta prueba redundante? Ninguna parte de esta prueba será simplificado?
En Terence Tao del Análisis 1, declaró un teorema(Prop. 6.6.6) que cualquier secuencia tiene una larga converge a su punto límite. Luego le dio la sugerencia de la prueba en el Físico 6.6.5. Él se define una secuencia $n_j=\min\{n|a_n\in[L-\frac{1}{j},L+\frac{1}{j}]\}$. Por supuesto, por el Principio de Ordenación de números naturales, sabemos que el $\{n_j\}$ está bien definido. Sin embargo, creo $\{n_j\}$ no se garantiza que sea estrictamente creciente simplemente dejando que el valor de $n_j$ a ser el índice mínimo de $\{a_n\}$ que falled en el intervalo. (Porque, por ejemplo, cuando $j=10$, $a_{100}$ es el mínimo índice plazo en $[L-\frac{1}{10},L+\frac{1}{10}]$, sin embargo, cuando $j=11$, $a_{100}$ es todavía en $[L-\frac{1}{11},L+\frac{1}{11}]$, por lo que será elegido duplicately de nuevo.) Y sabemos que con el fin de hacer $\{a_{n_j}\}$ a ser una llamada "larga", $\{n_j\}$ debe ser estrictamente creciente. Así que no podemos escoger una larga como esta. Estoy en lo cierto?
\begin{align} f(t) & =\frac{1-\cos(t\sqrt{c})}{c}-(\cosh(t)-1) \\[10pt] g(t) & =\frac{\sin(t\sqrt{c})}{\sqrt{c}}+\sinh(t) \end--------ACTUALIZADO---------------
He cometido errores en la discusión de las estaciones. Editado: si $\inf D=b$, ya que el $b\in D$,, a continuación,$\inf D\in D$. Para cualquier $\varepsilon>0$, $[a,b-\varepsilon]$ ha finito de puntos de $\{a_n\}$, por lo tanto $[a,b]\setminus[a,b-\varepsilon]=(b-\varepsilon,b]$ tiene infinidad de punto de $\{a_n\}$. Así que es fácil construir un larga.
Si $\inf D=a$, y si $\inf D=a\in D$,, a continuación, $[a,a]$ tiene una infinidad de puntos de $\{a_n\}$, por lo que a la larga es trivialmente $a,a,a,a,a,\dotsc$. De lo contrario, si $\inf D=a\not\in D$,, a continuación, $[a,a]$ sólo ha finito de puntos de $\{a_n\}$. Para cualquier $\varepsilon>0$, por la Aproximación de la Propiedad para Infimum, existe $y\in D$ tal que $a\leq y<a+\varepsilon$. Por lo $[a,y]$ tiene infinidad de punto de $\{a_n\}$. Por lo tanto, $[a,y)\setminus[a,a]=(a,y]\subsetneq(a,a+\varepsilon)$ tiene infinidad de punto de $\{a_n\}$, entonces podemos construir la larga.
La prueba se hizo un poco larga. Sin embargo, ahora ocurrió una idea genial! Como mi prueba se indica en el principio, supongo que la secuencia en $[a,b]$. Ahora, tenemos que redefinir $D$ a $\mathfrak{D}=\big\{x\in[a-1000,b+1000]~|~[a-1000,x]$ contiene infintely muchos términos de $\{a_n\}\big\}$. A continuación, $\inf\mathfrak{D}$ no debe ser el punto final de esta nueva y más grande de intervalo, por lo tanto no necesitamos para discutir el caso, al $\inf\mathfrak{D}=a-1000$ o $\inf\mathfrak{D}=b+1000$ más!
