Demostrar $\limsup\limits_{n \to \infty} (a_n+b_n) \le \limsup\limits_{n \to \infty} a_n + \limsup\limits_{n \to \infty} b_n$

Question

Estoy atascado con el siguiente problema.

Demostrar que $$\limsup_{n \to \infty} (a_n+b_n) \le \limsup_{n \to \infty} a_n + \limsup_{n \to \infty} b_n$$

Yo estaba pensando en usar el triángulo de la desigualdad decir $$|a_n + b_n| \le |a_n| + |b_n|$$ pero el problema no es acerca de los valores absolutos de la secuencia.

Intuitivamente es claro que esto es cierto porque las $a_n$ $b_n$ puede "reducir cada uno de los otros magnitud" si tienen signos opuestos, pero no puedo expresar que algebraicamente...

Alguien me puede ayudar ?

Answer 1

Definir para todos los números naturales $k$: $A_k = \sup\{ a_n: n \ge k \}$, $B_k = \sup\{ b_n: n \ge k \}$ (donde $A_k, B_k \in \mathbb{R} \cup \{+\infty\}$, (están disminuyendo debido a la para mayor $k$ tomamos el $\sup$ menos), de modo que, por definición, $\limsup_{n \to \infty} a_n = \lim_{k \to \infty} A_k$ y de manera similar para$B_k$$\limsup_{n \to \infty} b_n$. También tenemos en cuenta el $C_k = \sup \{ (a_n + b_n) : n \ge k \}$, por lo que el $\lim_{k \to \infty} C_k = \limsup_{n \to \infty} (a_n+b_n)$.

Ahora, fijar un índice $k$, entonces para todos los $n \ge k$ tenemos $a_n + b_n \le A_k + B_k$, porque estimamos $a_n$ por el supremum de todos los términos de $(a_n)$$n \ge k$, y, asimismo, para la $b_n$. Como (fijo $k$) el lado derecho es fijo:

$$C_k = \sup \{ (a_n + b_n : n \ge k \} \le A_k + B_k\mbox{.}$$

Esto es válido para todas las $k$, así que nos tomamos el $\inf$ o $\lim$ a ambos lados como $k$ tiende a infinito, y de esta forma se mantiene la desigualdad y la hemos terminado.

Answer 2

Se me ocurrió hacer soluciones para los PMA, así que me gustaría compartir mi solución aquí:

Si bien $\limsup_{n \to \infty} a_n = +\infty$ o $\limsup_{n \to \infty} b_n = +\infty$, no hay nada que demostrar. Así que podemos suponer $\limsup_{n \to \infty} a_n = A, \limsup_{n \to \infty} b_n = B$ donde $A < +\infty, B < +\infty$ (pero cada uno de ellos, posiblemente, puede tomar $-\infty$).

Dado $\varepsilon > 0$,$N_1, N_2 \in \mathbb{N}$, de tal manera que $a_n < A + \varepsilon/2$ todos los $n \geq N_1$ $b_n < B + \varepsilon/2$ todos los $n \geq N_2$. Tome $N = \max(N_1, N_2)$, se deduce que para todos los $n \geq N$, $$a_n + b_n < A + \varepsilon/2 + B + \varepsilon/ 2 = A + B + \varepsilon.$$ Deje $n \to \infty$ en la ecuación anterior, llegamos a la conclusión de que $\limsup_{n \to \infty} (a_n + b_n) \leq A + B + \varepsilon$. Desde $\varepsilon$ es arbitrario, se deduce que el $\limsup_{n \to \infty}(a_n + b_n) \leq A + B$, lo que demuestra el resultado.

Answer 3

Sugerencia:

Dadas dos secuencias, $\;\displaystyle \{a_n\}_{n \in \Bbb N},\;$ $\,\{b_n\}_{n \in \Bbb N},\;$

y dada la definición de la supremum de una secuencia, se puede ver que para cada $k\geq n$, $$(a_k + b_k) \;\; \leq \;\;\sup_{k\geq n} a_k + \sup_{k\geq n} b_k\,.$$

Ahora, ¿cómo funciona esto implica que $$\lim_{n\to \infty} \sup(a_n + b_n) \;\; \leq \;\; \lim _{n \to \infty} \sup a_n + \lim_{n\to \infty} \sup b_n\quad ?$$

Añadido: ver la Definición 3.16, Teorema 3.17, 3.19: tal vez usted prefiere usar la notación utilizada.

Answer 4

Esta pregunta se produce en Rudin del PMA, página 78, Ejercicio 5. A continuación es mi prueba de la prueba. ¿Es lo correcto? Cualquier comentario es bienvenido!

5. $\quad $Para cualquiera de los dos reales de las secuencias de $\{a_n\}, \{b_n\},$ demostrar que \begin{gather*} \limsup_{n\to\infty}(a_n+b_n)\leq \limsup_{n\to\infty} a_n+\limsup_{n\to\infty} b_n, \end{reunir*} siempre que la suma de la derecha no es de la forma $\infty-\infty.$

prueba: $\quad$ Puesto $a^*=\limsup\limits_{n\to\infty} a_n, b^*=\limsup\limits_{n\to\infty} b_n$ $c^*=\limsup\limits_{n\to\infty} (a_n+b_n).$ demostraremos $c^*\leq a^*+b^*.$

Ya que se excluye que el derecho es de la forma $\infty-\infty,$ si uno de $a^*$$ b^*$$-\infty,$, entonces la afirmación se sostiene. Por lo que asumimos que el $a^*, b^*>-\infty.$ Y si uno de $a^*$ o $b^*$$+\infty,$$c^*=a^*+b^*,$, por lo que nos tenemos que considerar el caso de $a^*, b^*\in\mathbb{R}.$

Por el Teorema 3.17 (consulte la Página 56 de Rudin del PMA), para cada $\epsilon>0$ existe $N_1, N_2$ tal que \begin{gather*} a_n<a^*+\frac{\epsilon}{2},\qquad \forall n>N_1,\\ b_n<b^*+\frac{\epsilon}{2},\qquad \forall n>N_2. \end{reunir*} Por lo tanto, tenemos \begin{gather*} a_n+b_n<a^*+b^*+\epsilon,\qquad \forall n>\max\{N_1, N_2\}. \end{reunir*} A continuación, para cada convergente subsequence $a_{\sigma(n)}+b_{\sigma(n)}$ de la secuencia de $(a_n+b_n)_{n\in\mathbb{N}},$ hemos \begin{gather*} \lim_{n\to\infty} (a_{\sigma(n)}+b_{\sigma(n)})\leq a^*+b^*+\epsilon. \end{reunir*} Así vemos que $a^*+b^*+\epsilon$ es una cota superior del conjunto a $C$ de subsequential límites de $(a_n+b_n)_{n\in\mathbb{N}}.$ por lo tanto $c^*=\sup C\leq a^*+b^*+\epsilon.$ Por la arbitrariedad de $\epsilon>0,$ se sigue que $c^*\leq a^*+b^*.$ $\Box$