Demuestre que una sucesión real convergente siempre tiene un término menor o mayor

Question

Mi intento:

Supongamos que no, es decir, supongamos que existe una secuencia convergente $(a_n)$ que no tiene un término menor o mayor.
$\implies (a_n)$ es una secuencia acotada.
$\implies A=\{a_n:n\in\mathbb{Z}^+\}$ es un subconjunto acotado de $\mathbb{R}$ .
$\implies \sup{A},\inf{A}$ existe en $\mathbb{R}$ .
Ahora, tenemos que demostrar que al menos uno de $\sup{A},\inf{A}\in A$ .
Equivalentemente, necesitamos demostrar que el siguiente caso es imposible:
"Ambos $\sup{A}\notin A$ et $\inf{A}\notin A$ ".

No sé cómo proceder o si lo estoy resolviendo correctamente.

Answer 1

Sea $c=\sup A$ et $d=\inf A$ . Si la secuencia no alcanza estos valores, existe una subsecuencia $a_{n_k}$ estrictamente creciente a $c$ y una subsecuencia $a_{m_k}$ estrictamente decreciente a $d$ . Pero la secuencia es convergente por lo que debemos tener $c=d$ . Pero entonces $a_n$ es independiente de $n$ contradiciendo la suposición de que sup e inf no se alcanzan.

Answer 2

$A:=$ { $a_n| n \in \mathbb{Z^+}$ }

Desde $a_n$ es convergente, está acotada,

$S:= \sup A$ , $I:=\inf A$ existe.

Supongamos que $S, I \not \in A$ .

1) $ \sup A \not = \inf A$ ;

Existe una subsecuencia $a_{n_k}$ de $a_n$ convergiendo hacia $S$ .

Existe una subsecuencia $a_{n_l}$ de $a_n$ convergiendo hacia $I$ .

Desde $a_n$ es convergente toda subsecuencia converge al mismo límite.

Una contradicción.

2) $S=I$ y por suposición $S,I \not \in A$ ,

tenemos $I <a_n<S$ es decir .

$I <S$ una contradicción.

Answer 3

Caso $\bf{1}$ :

Si hay un $k$ para que $a_k\lt\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ entonces $\inf\limits_{n\ge0}a_n\lt\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ . Dado que el límite existe, hay un $n_0$ para que $$ n\ge n_0\implies a_n\ge L=\frac12\left(\inf_{n\ge0}a_n+\lim_{n\to\infty}a_n\right)\tag1 $$ Por lo tanto, sólo hay un número finito de términos en los que $a_n\lt L$ . Dado que se alcanza un mínimo sobre un conjunto compacto, debe existir un $n_1$ para que $a_{n_1}=\inf\limits_{n\ge0}a_n$ .

Es decir, se alcanza el mínimo.

Caso $\bf{2}$ :

Si hay un $k$ para que $a_k\gt\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ entonces $\sup\limits_{n\ge0}a_n\gt\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ . Dado que el límite existe, hay un $n_0$ para que $$ n\ge n_0\implies a_n\le L=\frac12\left(\sup_{n\ge0}a_n+\lim_{n\to\infty}a_n\right)\tag2 $$ Por lo tanto, sólo hay un número finito de términos en los que $a_n\gt L$ . Dado que se alcanza un supremum sobre un conjunto compacto, debe existir un $n_1$ para que $a_{n_1}=\sup\limits_{n\ge0}a_n$ .

Es decir, se alcanza el supremum.

Caso $\bf{3}$ :

Si ninguno de los casos $1$ ni Caso $2$ se mantiene, entonces para todo $k$ , $a_k=\lim\limits_{n\to\infty}a_n$ .

Es decir, se alcanzan tanto el supremum como el infimum.

Answer 4

La secuencia es convergente, por lo tanto acotada; si $q=\sup\{a_n:n\ge0\}$ et $p=\inf\{a_n:n\ge0\}$ entonces sabemos que $l=\lim_{n\to\infty}a_n\in[p,q]$ . El caso $p=q$ es obvio, por lo que podemos suponer $p<q$ .

Supongamos que $l>p$ . Entonces, para $n>N$ , $a_n>(l+p)/2>p$ y así $p=\inf\{a_n:0\le n\le N\}$ es en realidad un mínimo.

Del mismo modo, si $l<q$ .