Revisión de la solución: Prueba $\liminf({a_n}) \ge \liminf({b_n})$

Question

${a_n} \ge {b_n}\forall n \in $
Pruébalo: $\liminf({a_n}) \ge \liminf({b_n})$

Lo he demostrado por contradicción. Supongamos $\liminf({a_n}) < \liminf({b_n})$ .
$a := \liminf({a_n})$
$b := \liminf({b_n})$

Entonces, por la definición de límite parcial:
$\eqalign{ & \forall \varepsilon > 0\forall {N_0} \in \exists n > {N_0}st|{a_n} - a| < \varepsilon \cr & \forall \varepsilon > 0\forall {N_0} \in \exists n > {N_0}st|{b_n} - b| < \varepsilon \cr} $

Entonces,
$\eqalign{ & a - \varepsilon < {a_n} < a + \varepsilon \cr & b - \varepsilon < {b_n} < b + \varepsilon \cr} $

Restemos las dos desigualdades:
$a_n-b_n < a-b < 0$

$a_n-b_n$ debe ser positivo por definición, por lo que la última línea es una contradicción.
Por lo tanto, el límite de $a_n$ debe ser igual/mayor que el límite de $b_n$ .

¿Las afirmaciones lógicas son lo suficientemente buenas?
¿Crees que se puede pulir?

Answer 1

Desde $\liminf a_{n} = a$ se deduce de la definición de " $\liminf$ " que para cualquier $\epsilon > 0$ tenemos $a_{n} > a - \epsilon$ para todo lo que sea suficientemente grande $n$ y $a_{n} < a + \epsilon$ para una infinidad de valores de $n$ . Del mismo modo, tenemos una declaración para $b_{n}$ y $b$ . Supongamos, por el contrario, que $a < b$ y fijamos $2\epsilon = b - a$ para que $b - \epsilon = a + \epsilon$ . Ahora podemos ver que $b_{n} > b - \epsilon = a + \epsilon$ para todos los valores suficientemente grandes de $n$ . Esto significa que $a_{n} \geq b_{n} > a + \epsilon$ para todos los valores suficientemente grandes de $n$ y esto contradice la afirmación " $a_{n} < a + \epsilon$ para una infinidad de valores de $n$ ". Esta contradicción demuestra que $a \geq b$ .

Tenga en cuenta que aunque $a_{n} > b_{n}$ para todos $n$ sólo podemos inferir $a \geq b$ y no $a > b$ . De hecho, podemos tener $a = b$ también en este caso.