Encontrar los puntos de acumulación de un conjunto

Question

Me dan el conjunto $$E=\left\{\frac{n^{(-1)^{n}}}{n+1} \colon n\in\mathbb{N} \right\}$$ y se le pidió que encontrara todos los puntos de acumulación (y lo demostrara). Puedo demostrar que 0 y 1 son puntos de acumulación y que para cualquier número real $a$ donde $$a<0 \qquad\text{or}\qquad a>1$$ que $a$ no es un punto de acumulación. Sin embargo estoy teniendo dificultades para demostrar que no hay $$a \in (0,1)$$ que es un punto de acumulación.

Podría demostrar que ningún miembro de E es un punto de acumulación por inducción, pero eso parece incómodo y torpe y no me ayuda con todos los demás elementos de (0,1). Mi instructor dijo que este problema debía ser sencillo y me temo que ya lo he complicado demasiado con tantos casos en a.

Parece intuitivo que nada en (0,1) es un punto de acumulación pero no sé cómo construir un épsilon para que para cualquier $$a\in (0,1)$$ que la vecindad épsilon alrededor de este a no tiene necesariamente ningún elemento en A.

No quiero necesariamente una solución completa. Es preferible alguna pista sobre si realmente necesito mis casos, o sobre cómo construir mi épsilon.

Answer 1

Puede dividir su conjunto E en $E_{2n}\cup E_{2n+1}$ y entonces puedes ver que

$E_{2n}=\frac {n}{n+1}$ que es estrictamente creciente, y $E_{2n+1}= \frac{1}{n(n+1)}$ que es estrictamente decreciente. Esto significa que los puntos límite de E serán los LUB de $E_{2n}$ y el INF de $E_{2n+1}$ que son $1$ y $0$ respectivamente, como has señalado correctamente (el único punto límite de una secuencia acotada no decreciente de Reales es su LUB, también conocido como SUP, y el único punto límite de una secuencia no creciente de Reales es su GLB, también conocido como INF). Esto significa que a partir de un cierto N, todos sus términos $E_{2n}$ estará dentro de $e $ de 1, para cualquier $e>0$ y todos los términos de impar $E_{2n+1}$ estará dentro de $e'>0$ de $0$ . Esto hace que cualquier posible tercer punto límite $p$ imposible, ya que este posible tercer punto límite no puede acercarse a menos de $e< \frac{1-p}{2}$ por puntos que se acercan a 1, ni puede acercarse más que $e'<\frac{p}{2}$ por los términos que se aproximan $0$ eligiendo $N,N'$ lo suficientemente grande para $E_{2n},E_{2n+1}$ respectivamente

Answer 2

Dejemos que $x_n=\frac {2n} {2n+1}$ y $y_n=\frac {\frac {1} {2n+1}} {2n+2}=\frac {1} {(2n+1)(2n+2)}$ . Es decir, $x_n$ y $y_n$ son $\frac {n^{(-1)^n}} {n+1}$ cuando sustituimos $n$ por $2n$ y $2n+1$ respectivamente. A partir de ahí, se puede demostrar que $x_n \to 1$ y $y_n \to 0$ y el resultado es el siguiente.

Answer 3

Es un conjunto diferente pero el proceso es el mismo y $\text{Acc}(\Omega)=\{-1,1\}\neq \text{Acc}(E)=\:\large?$ $$ \large\Omega\normalsize=\left\{\frac{{(-1)^{n}n}}{n+1}\:\colon n\in\mathbb{N} \right\}=\left\{{-1\over 2},{2\over 3},{-3\over 4},{4\over 5},...\right\}.$$

Conjeturemos que $${\large\Omega}^{C}=\underbrace{(-\infty,-1]}_{\mathbb R_{(-1)}}\bigcup_{n\in \mathbb N } \left [{-2n-1\over \:\:\:2n+2},{-2n+1\over \:\:\:2n}\right)\large \cup\normalsize (\frac{-1}{\:\:\:2},\frac{1}{2}\:)\bigcup_{n\in \mathbb N } \left ({2n-1\over 2n},{2n+1\over 2n+2}\right]\large \cup\normalsize\underbrace{[1,\infty)}_{\mathbb R_{(1)}}.\\ $$

Ahora, para los conjuntos cerrados $\:\mathbb R_{(-1)}\&\:\mathbb R_{(1)},\:$ sólo tenemos que fijarnos en los límites finitos para analizar $\text{Acc}(\Omega)\:$ debido a la propiedad de integridad de $\:\mathbb R.$

De forma rigurosa podemos demostrar que porque $\:\Omega\subset \mathbb Q,\:$ cualquier barrio $\:\mathcal N_{\delta_{>0}}\:$ alrededor de $-1\:\&\:1\:$ tendrá una cardinalidad infinita. Por lo tanto, $\:(-1 \land 1)\in \text{Acc}(\Omega)\iff\{-1,1\}\subset \text{Acc}(\Omega)$ .

Por lo general, para demostrar que $\:\text{Acc}(\Omega)\subset\{-1,1\}\:$ usamos el absurdo. Es decir, asumimos un elemento arbitrario $\:x\in\text{Acc}(\Omega)\:$ que debe pertenecer a $\Omega:$ $$\text{Let }\:\hat D=\Large|\normalsize{\frac{{|(-1)^{n+1}|(n+1)}}{n+2}}-\frac{{|(-1)^{n}|n}}{n+1}\Large|\normalsize\ > \frac{1}{(n+2)(n+1)}:=\hat\delta,\:\forall n\in\mathbb N \\ \text{Thus, }\:\exists\:\hat\delta_{_{>0}} <\hat D\:\:\:\text{s.t}\:\:\:\mathcal N_{\delta_{>0}}(x)\large\cap \normalsize \Omega=\emptyset \iff x\notin \text{Acc}(\Omega),$$

Contradicción.

También hay que tener en cuenta que $\:\overline \Omega\supset\text{Acc}(\Omega)=\{-1,1\}$