Demostrar que $\{ \sum_{n \in \mathbb{N}} u_n b_n \textrm{ | } (b_n) \in \{ 0, 1 \}^\mathbb{N} \}$ es un subconjunto cerrado de $\mathbb{R}$

Question

El problema

Consideremos una secuencia real $(u_n)$ con términos no negativos. Suponemos que $\sum u_n$ converge.

Me gustaría demostrar que $\{ \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_n b_n \textrm{ | } (b_n) \in \{ 0, 1 \}^\mathbb{N} \}$ es un subconjunto cerrado de $\mathbb{R}$ .

Lo que he probado

He intentado utilizar la caracterización secuencial de los conjuntos cerrados: dejemos $(b^k)_{k \in \mathbb{N}}$ sea una secuencia de elementos de $\{ 0, 1 \}^\mathbb{N}$ y asumir $\sum_{n = 0}^{+ \infty} u_n b_n^k \to x \in \mathbb{R}$ cuando $k \to +\infty$ . El objetivo es demostrar que existe $(c_n) \in \{ 0, 1 \}^\mathbb{N}$ tal que $x = \sum_{n = 0}^{+ \infty} u_n c_n$ .

También asumí en primera instancia que el $u_n$ son positivos.

Pero no sé cómo exponer tal secuencia $(c_n)$ .

Answer 1

Dejemos que $(b^k)$ sea una secuencia en $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ , tal que existe un $x \in \mathbb{R}$ tal que

$\sum_{n\in \mathbb{N}}u_nb_n^k \rightarrow x \text{ for } k \rightarrow \infty$

Obsérvese en primer lugar que para cualquier $N \in \mathbb{N}$ existe un $K \in \mathbb{N}$ tal que $b_1^k,...,b_N^k$ son constantes para cada $k > N$ (esto es porque $u_n \ge 0)$ . Por lo tanto, podemos construir un $b \in \{0,1\}^{\mathbb{N}}$ correspondientes a dichas constantes.

Ahora todo lo que tienes que probar es que $x = \sum_{n \in \mathbb{N}}u_nb_n$ que debería ser relativamente sencillo. Por ejemplo, demostrar que las diferencias de las sumas parciales convergen a 0 por el lema de la cola.

Answer 2

Dejemos que $(b^k)_{k \in \mathbb{N}}$ sea una secuencia en $\{0,1\}^{\mathbb{N}}$ , tal que existe un $x \in \mathbb{R}$ tal que $\sum_{n\in \mathbb{N}}u_nb_n^k \rightarrow x \text{ when } k \rightarrow +\infty$ .

Estudiemos la secuencia $(b_0^k)_{k \in \mathbb{N}}$ . Está acotada por lo que podemos encontrar una función creciente $\varphi_0 : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ tal que $(b_0^{\varphi_0(k)})_{k \in \mathbb{N}}$ converge a un valor $c_0 \in \{0,1\}$ según el teorema de Bolzano-Weierstrass.

Ahora, estudia $(b_1^{\varphi_0(k)})_{k \in \mathbb{N}}$ . De nuevo, puede encontrar $\varphi_1 : \mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ que aumenta de tal manera que $(b_1^{\varphi_0(\varphi_1(k))})_{k \in \mathbb{N}}$ converge a un valor $c_1 \in \{0,1\}$ .

Y así sucesivamente, asumiendo $\varphi_0, ..., \varphi_{n-1}$ se construyen para algunos $n \in \mathbb{N}$ Construimos $\varphi_{n}$ que aumenta de tal manera que $(b_n^{(\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_{n})(k))})_{k \in \mathbb{N}}$ converge hacia $c_n \in \{0,1\}$ (en realidad, es estacionario a ella).

Al final hemos puesto $\phi(n) = (\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_{n})(n)$ para todos $n$ . $\phi$ es una función creciente. Por lo tanto, el límite de $\sum_{n \in \mathbb{N}}u_nb_n^{\phi(k)}$ cuando $k \to +\infty$ sigue siendo $x$ .

Pero podemos demostrar que el límite es también $\sum_{n \in \mathbb{N}}u_nc_n$ . En efecto, dejemos que $\epsilon > 0$ . Existe $N \in \mathbb{N}$ tal que $\sum_{n = N+1}^{+\infty}u_n \leq \epsilon$ . Como $b_0^{\phi(k)}, ..., b_N^{\phi(k)}$ tienden a $c_0, ..., c_N$ cuando $k \to +\infty$ existe $K$ tal que para $k \geq K$ Estas cantidades son iguales a sus límites (porque alternan entre valores discretos).

Así, tenemos, para todos $k \geq K$ :

$$ \begin{align*} \left| \sum_{n = 0}^{+\infty}u_n b_n^{\phi(k)} - \sum_{n = 0}^{+\infty}u_n c_n \right| &= \left| \sum_{n = 0}^{+\infty}u_n \left( b_n^{\phi(k)} -c_n \right) \right| \\ &= \left| \sum_{n = N+1}^{+\infty}u_n \left( b_n^{\phi(k)} -c_n \right) \right| \\ &\leq \sum_{n = N+1}^{+\infty}u_n \left| b_n^{\phi(k)} -c_n \right| \\ &\leq \sum_{n = N+1}^{+\infty}u_n \leq \epsilon \\ \end{align*} $$

porque $\left| b_n^{\phi(k)} -c_n \right| \leq 1$ como $b_n^{\phi(k)}, c_n \in \{ 0, 1 \}$ .

Para concluir, como el límite es único, $x = \sum_{n = 0}^{+\infty}u_n c_n$ y el conjunto está cerrado.

$\phi$ está bien definida y es creciente

Llamemos a una función creciente de $\mathbb{N}$ a $\mathbb{N}$ un extracción . Vamos a demostrar $\phi$ es uno. Claramente, $\phi$ está bien definida. Una propiedad que se puede demostrar fácilmente por inducción es que para toda extracción $s$ , $s(n) \geq n$ para todos $n \in \mathbb{N}$ . Además, la composición de un número arbitrario de extracciones sigue dando una extracción.

Dejemos que $n \in \mathbb{N}$ . Mostraremos $\phi(n+1) > \phi(n)$ .

$$ \begin{align*} \phi(n+1) &= (\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_{n+1})(n+1) & \\ &> (\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_{n+1})(n) & \textrm{$\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_ {n+1} $ is increasing}\\ &= (\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_{n})(\varphi_{n+1}(n)) \\ &\geq (\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_{n})(n) = \phi(n) & \textrm{$\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_ {n} $ is increasing and $\varphi_ {n+1}(n) \geq n $}\\ \end{align*} $$

Así que al final tienes $\phi(n+1) > \phi(n)$ : $\phi$ es una extracción.

$\forall n \in \mathbb{N}, b_n^{\phi(k)} \underset{k \to +\infty} {\longrightarrow} c_n$

Dejemos que $n \in \mathbb{N}$ . Recall $\varphi_n$ se ha construido de manera que $b_n^{\varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_n(k)} \underset{k \to +\infty} {\longrightarrow} c_n$ . Dejemos que $k \geq n$ y establecer $\psi(k) = (\varphi_{n+1} \circ \cdots \circ \varphi_k)(k)$ . De la misma manera que en el caso anterior, se puede demostrar que $\psi(\cdot + k)$ es una extracción y entonces $b_n^{\phi(k)} = b_n^{( \varphi_0 \circ \cdots \circ \varphi_n ) (\psi(k))} \underset{k \to +\infty} {\longrightarrow} c_n$ .